把转置矩阵看成逆矩阵吓傻了233
首先按照矩乘推一下式子：
[D=sum_{i=1}^n a[i]*(sum_{j=1}^n a[j]*b[j][i])-c[i]
]
[D=(sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n a[i]*a[j]*b[j][i])-(sum_{i=1}^n a[i]*c[i])
]
这样，很容易看出b是贡献部分，当a[i]a[j]同时为1的时候贡献b[i][j]+b[j][i]，否则不贡献；c是花费部分，a[i]选1就花费c[i]
有正负收益，所以考虑最小割，首先默认b全选，ans=Σb，然后建图，设最后割出来和s相连为选0，和t相连为选1：
连接(s,i,c[i])，表示如果割掉这条边i选0则花费c[i]；
连接(i,id(i,j),inf),(j,id(i,j),inf)，注意这里！id(i,j)==id(j,i)，表示一个无序二元组，这样连边表示不可割以便把操作引到边上
连接(id(i,j),t,b[i][j]+b[j][i])，表示ij中有一个选0（就是不断c的那条边）就需要割这一条
跑最小割即可
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=505;
int n,b[N][N],id[N][N],tot,s,t,h[N*N],cnt=1,le[N*N],ans;
struct qwe
{
int ne,to,va;
}e[N*N*10];
int read()
{
int r=0,f=1;
char p=getchar();
while(p>'9'||p<'0')
{
if(p=='-')
f=-1;
p=getchar();
}
while(p>='0'&&p<='9')
{
r=r*10+p-48;
p=getchar();
}
return r*f;
}
void add(int u,int v,int w)
{
cnt++;
e[cnt].ne=h[u];
e[cnt].to=v;
e[cnt].va=w;
h[u]=cnt;
}
void ins(int u,int v,int w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
bool bfs()
{
memset(le,0,sizeof(le));
queue<int>q;
le[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].va>0&&!le[e[i].to])
{
le[e[i].to]=le[u]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return le[t];
}
int dfs(int u,int f)
{
if(u==t||!f)
return f;
int us=0;
for(int i=h[u];i&&us<f;i=e[i].ne)
if(e[i].va>0&&le[e[i].to]==le[u]+1)
{
int t=dfs(e[i].to,min(e[i].va,f-us));
e[i].va-=t;
e[i^1].va+=t;
us+=t;
}
if(!us)
le[u]=0;
return us;
}
int dinic()
{
int r=0;
while(bfs())
r+=dfs(s,1e9);
return r;
}
int main()
{
n=tot=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
b[i][j]=read();
if(i<=j)
id[i][j]=id[j][i]=++tot;
ans+=b[i][j];
}
s=0,t=tot+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
ins(s,i,read());
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
ins(i,id[i][j],1e9);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
ins(id[i][j],t,b[i][j]+b[j][i]);
printf("%d
",ans-dinic());
return 0;
}