题意：自己看吧（不是很好说）
分析：
网络流：最大权闭合子图。
思路如下：
首先将点分为3类
第一类：Pij 表示第i个点和第j个点组合的点，那么Pij的权值等于w[i][j]+w[j][i]（表示得分）
第二类：原串中的n个点每个点拆出一个点，第i个点权值为 –a[s[i]] （表示要花费）
第三类：对于10种字符拆出10个点，每个点的权值为 -(b[x]-a[x])
那么我们可以得到一个关系图 ，对于第一类中的点Pij，如果想要选择Pij，你就必须要选中第二类中的点i和j，对于第二类中的点如果你想选中第i个点，其对应的字符s[i]，那么就必须选中第三类中s[i] 对应的点，因为每个种类的点第一次选中时花费是b[s[i]]，而第二类中花费都是a[s[i]],一定要补上b[s[i]]-a[s[i]]，而且只需要补上一次。
得到上面的关系图后然后就是普通的最大权闭合子图问题,直接求解即可。
注：吐槽，我想说真的是神思路，加网络流大法好，我只想说没有刷过网络流24题的人伤不起啊
首先想会做这个题，必须会最大权闭合子图的概念，这个是网络流24题之一（多刷题就是好），但是就算是会了这个建图，也不一定会做这个题
虽然说这个题看数据范围什么的，限制条件这么多的，差不多能想到是网络流，但是伤在不会建图啊
这个题很巧妙的点，就是一个子序列的贡献是每两个不同点组成的，这是独立的，只和这两个元素有关，和序列的其它元素无关，这样每两个元素就可以虚拟一个点了
然后按照题解建成有向图，对于u-->v,选u必须选v 对于这种图的求最大方案，显然就是求最大权闭合图
如何建图，请见http://www.cnblogs.com/kane0526/archive/2013/04/05/3001557.html（可以顺便把这个题做一下，是个裸题）
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <vector> using namespace std; typedef long long LL; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int maxn=4e4+5; struct Edge { int from,to,cap,flow; Edge(int u,int v,int c,int d):from(u),to(v),cap(c),flow(d) {} }; struct dinic { int s,t; vector<Edge>edges; vector<int>G[maxn]; int d[maxn]; int cur[maxn]; bool vis[maxn]; void init(){ for(int i=0;i<maxn;++i)G[i].clear(); edges.clear(); } bool bfs() { memset(vis,0,sizeof(vis)); queue<int>q; q.push(s); d[s]=0; vis[s]=1; while(!q.empty()) { int x=q.front(); q.pop(); for(int i=0; i<G[x].size(); i++) { Edge &e= edges[G[x][i]]; if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow) { vis[e.to]=1; d[e.to]=d[x]+1; q.push(e.to); } } } return vis[t]; } int dfs(int x,int a) { if(x==t||a==0)return a; int flow=0,f; for(int &i=cur[x]; i<G[x].size(); i++) { Edge &e=edges[G[x][i]]; if(d[x]+1==d[e.to]&&(f=dfs(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))) { e.flow+=f; edges[G[x][i]^1].flow-=f; flow+=f; a-=f; if(a==0)break; } } return flow; } LL maxflow(int s,int t) { this->s=s; this->t=t; LL flow=0; while(bfs()) { memset(cur,0,sizeof(cur)); flow+=dfs(s,INF); } return flow; } void addedge(int u,int v,int c) { Edge x(u,v,c,0),y(v,u,0,0); edges.push_back(x); edges.push_back(y); int l=edges.size(); G[u].push_back(l-2); G[v].push_back(l-1); } }solve; int a[11],b[11],T,n,w[102][102],kase; char s[105]; int main(){ scanf("%d",&T); while(T--){ solve.init(); scanf("%d%s",&n,s+1); for(int i=1;i<=10;++i) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=n;++j) scanf("%d",&w[i][j]); int cnt=0,p=n*(n-1)/2; LL sum=0; for(int i=1;i<n;++i){ for(int j=i+1;j<=n;++j){ ++cnt; if(w[i][j]+w[j][i]>0){ solve.addedge(0,cnt,w[i][j]+w[j][i]); sum+=w[i][j]+w[j][i]; } solve.addedge(cnt,p+i,INF); solve.addedge(cnt,p+j,INF); } } int t=cnt+n+11; for(int i=1;i<=n;++i){ if(a[s[i]-'0'+1]>0) solve.addedge(cnt+i,t,a[s[i]-'0'+1]); solve.addedge(cnt+i,cnt+n+s[i]-'0'+1,INF); } for(int i=cnt+n+1;i<=cnt+n+10;++i) if(b[i-cnt-n]-a[i-cnt-n]>0) solve.addedge(i,t,b[i-cnt-n]-a[i-cnt-n]); printf("Case #%d: %I64d ",++kase,sum-solve.maxflow(0,t)); } return 0; }