AtCoder Grand Contest 036D - Negative Cycle

神仙题？反正我是完全想不到哇QAQ
这场AGC真的很难咧 $\times 10086$×10086

$Description$Description

一张 $n$n 个点的图， $i$i 到 $i+1$i+1 有连边。
现在来了个Snuke，他会给所有 $(i,j),i\ne j$(i,j),i̸​=j 连边（我也不知道为什么这个不等号会变成这样），如果 $i\&lt;j$i<j ，边权为 $-1$−1 ，否则为 $1$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\le n\le 500$3≤n≤500

$Solution$Solution

（官方题解是从 $0$0 标号的，我是从 $1$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 $p$p 满足

• 对于任意 $i$i 到 $j$j 的边，满足 $p_j\le p_i+weight(i,j)$pj​≤pi​+weight(i,j)，（weight是权值，不是代价）

显然这个 $p_i$pi​ 是存在的，比如说是 $1$1 到 $i$i 的最短路。
然后令 $q_i=p_i-p_{i+1}$qi​=pi​−pi+1​ ，于是

• 对于一条 $i\to j(i\&gt;j)$i→j(i>j) 的边，必须满足 $p_j\le p_i+1$pj​≤pi​+1，即 $q_j+q_{j+1}+\cdots +q_{i-1}\le 1$qj​+qj+1​+⋯+qi−1​≤1
• 对于一条 $i\to j(i\&lt;j)$i→j(i<j) 的边，必须满足 $p_j\le p_i-1$pj​≤pi​−1，即 $q_i+q_{i+1}+\cdots +q_{j-1}\ge 1$qi​+qi+1​+⋯+qj−1​≥1

可以发现只用考虑 $0\le q_i\le 1$0≤qi​≤1的情况 。

现在问题就简单了，对于一个 $q$q ，只要把不符合上述条件的边都删掉就行。

用 $f\left[i\right]\left[j\right]$f[i][j] 长度为 $j$j 的数组里最后一个 $1$1 在 $j$j ，倒数第二个在 $i$i ，的最小删边代价。（和官方题解是反的）
当我们从 $f\left[i\right]\left[j\right]$f[i][j] 转移到 $f\left[j\right]\left[k\right]$f[j][k] 时，要删去这样两种边：

• $b\to a(b\&gt;a),i\&lt;a\le j,b\&gt;k$b→a (b>a),i<a≤j,b>k （因为 $b$b 到 $a$a 有两个 $1$1 了所以就不行）
• $a\to b,j\&lt;a\&lt;b\le k$a→b,j<a<b≤k （因为 $a$a 到 $b$b 没有 $1$1 了所以就不行）

用前缀和就可以 $O\left(1\right)$O(1) 转移啦。
时间复杂度 $O\left(n^3\right)$O(n3)

具体实现的话，用 $w\left[i\right]\left[j\right]$w[i][j] 表示 $1\le a\le i,j\le b\le n$1≤a≤i,j≤b≤n ，所有 $b\to a$b→a 边的权值和
$vv\left[i\right]\left[j\right]$vv[i][j] 表示 $i\le a\&lt;b\le j$i≤a<b≤j ，所有 $a\to b$a→b 边的权值和。
预处理一下就可以转移了。

另 $q_0$q0​ 和 $q_{n+1}$qn+1​ 强制为 $1$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;
}