神仙题？反正我是完全想不到哇QAQ
这场AGC真的很难咧( imes 10086)
(f Description)
一张 (n) 个点的图，(i) 到 (i+1) 有连边。
现在来了个Snuke，他会给所有 ((i,j) ,i
e j) 连边，如果 (i<j) ，边权为 (-1) ，否则为 (1) 。
然鹅Ringo不想要图里有负环，所以他会删去Snuke加的一些边，使得图中没有负环，删除一条边有个代价，问最小的删边代价。(3 leq n leq 500)
(f Solution)
（官方题解是从 (0) 标号的，我是从 (1) 标号的，所以有一点点不一样）
对于一个没有负环的图，我们可以弄出这样一个数组 (p) 满足
- 对于任意 (i) 到 (j) 的边，满足 (p_j leq p_i + weight(i,j))，（weight是权值，不是代价）
显然这个 (p_i) 是存在的，比如说是 (1) 到 (i) 的最短路。
然后令 (q_i=p_i-p_{i+1}) ，于是
- 对于一条 (i → j (i>j)) 的边，必须满足 (p_j leq p_i+1)，即 (q_j+q_{j+1}+ cdots + q_{i-1} leq 1)
- 对于一条 (i → j (i<j)) 的边，必须满足 (p_j leq p_i-1)，即 (q_i+q_{i+1}+ cdots + q_{j-1} geq 1)
可以发现只用考虑 (0 leq q_i leq 1)的情况 。
现在问题就简单了，对于一个 (q) ，只要把不符合上述条件的边都删掉就行。
用 (f[i][j]) 长度为 (j) 的数组里最后一个 (1) 在 (j) ，倒数第二个在 (i) ，的最小删边代价。（和官方题解是反的）
当我们从 (f[i][j]) 转移到 (f[j][k]) 时，要删去这样两种边：
- (b → a (b>a), i<a leq j, b>k) （因为 (b) 到 (a) 有两个 (1) 了所以就不行）
- (a → b, j<a<b leq k) （因为 (a) 到 (b) 没有 (1) 了所以就不行）
用前缀和就可以 (O(1)) 转移啦。
时间复杂度 (O(n^3))
具体实现的话，用 (w[i][j]) 表示 (1 leq a leq i , j leq b leq n) ，所有 (b → a) 边的权值和
(vv[i][j]) 表示 (i leq a < b leq j) ，所有 (a → b) 边的权值和。
预处理一下就可以转移了。
另 (q_0) 和 (q_{n+1}) 强制为 (1) 可以省去对边界的特判。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fr(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define rf(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define frl(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
using namespace std;
const int N=505;
const int p=998244353;
int n;
int a[N][N];
LL w[N][N],vv[N][N];
LL f[N][N];
void read(int &x){ scanf("%d",&x); }
void read(LL &x){ scanf("%lld",&x); }
LL vwv(int a,int b,int c){
return w[b][c]-w[a-1][c];
}
void chkmin(LL &x,LL y){
if (y<x) x=y;
}
int main(){
read(n);
fr(i,1,n)
fr(j,1,n)
if (i!=j) read(a[i][j]);
fr(i,1,n)
rf(j,n,i+1){
w[i][j]=w[i][j+1];
fr(k,1,i) w[i][j]+=a[j][k];
}
fr(i,1,n)
fr(j,i+1,n+1){
vv[i][j]=vv[i][j-1];
fr(k,i,j-1) vv[i][j]+=a[k][j];
}
memset(f,0x3f,sizeof f);
f[0][0]=0;
fr(i,0,n)
fr(j,i,n)
if (f[i][j]<1e18){
fr(k,j+1,n+1)
chkmin(f[j][k],f[i][j]+vv[j+1][k]+vwv(i+1,j,k+1));
}
LL ans=1e18;
fr(i,0,n) chkmin(ans,f[i][n+1]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}