Solution -「AGC 036D」「AT 5147」Negative Cycle

(mathcal{Descriprtion})

在一个含 (n) 个结点的有向图中，存在边 (lang i,i+1,0 ang)，它们不能被删除；还有边 (lang i,j,-1 ang~(i<j)) 和 (lang i,j,1 ang~(i>j))，删除一条边的代价为 (a_{i,j})。求使得图无负环的最小删边代价和。

(nle500)。

(mathcal{Solution})

直接将原图看做一个差分约束模型，或说把 无负环 转化成 存在从 (1) 到 (n) 的最短路。设 (x_i) 表示 (1) 到 (i) 的最短路，那么首先必然有 (x_ige x_{i+1})，令 (d_i=x_{i+1}-x_ige0)，考虑一条可删除的 (lang i,j ang) 被 ({d_{n-1}}) 影响的情况：

(lang i,j,-1 ang)：(x_ige x_j+1)，说明当 (sum_{k=i}^{j-1}d_k=0) 时，此边需要删去；
(lang i,j,1 ang)：(x_ige x_j-1)，说明当 (sum_{k=j}^{i-1}d_kge2) 时，此边需要删去。

此外已证，(d_kin{0,1}) 必然能取到最优方案。所以令 (f(i,j)) 表示最近一个是 (d_i=1)，前一个是 (d_j=1) 时，使结点 (1sim i+1) 之间的边符合要求的最小删除代价和，预处理 (+1) 和 (-1) 边删除代价的二维前缀和，枚举前驱状态 (f(j,k))，可做到 (mathcal O(n^3)) 转移。

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <cstring>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

typedef long long LL;

template<typename Tp>
inline Tp imax( const Tp a, const Tp b ) { return a < b ? b : a; }
template<typename Tp>
inline void chkmin( Tp& a, const Tp b ) { b < a && ( a = b ); }

const int MAXN = 500;
const LL LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n;
LL wp[MAXN + 5][MAXN + 5], wn[MAXN + 5][MAXN + 5];
LL f[MAXN + 5][MAXN + 5];

inline LL negS( int a, const int b, int p, const int q ) {
    a = imax( a, 1 ), p = imax( p, 1 );
    return a > p || b > q ? 0 :
      wn[p][q] - wn[p][b - 1] - wn[a - 1][q] + wn[a - 1][b - 1];
}
inline LL posS( int a, const int b, int p, const int q ) {
    a = imax( a, 1 ), p = imax( p, 1 );
    return a > p || b > q ? 0 :
      wp[p][q] - wp[p][b - 1] - wp[a - 1][q] + wp[a - 1][b - 1];
}

int main() {
    scanf( "%d", &n );
    rep ( i, 1, n ) rep ( j, 1, n ) {
        if ( i < j ) scanf( "%lld", &wn[i][j] );
        else if ( i > j ) scanf( "%lld", &wp[i][j] );
        wn[i][j] += wn[i - 1][j] + wn[i][j - 1] - wn[i - 1][j - 1];
        wp[i][j] += wp[i - 1][j] + wp[i][j - 1] - wp[i - 1][j - 1];
    }
    
    LL ans = negS( 1, 1, n, n );
    memset( f, 0x3f, sizeof f ), f[0][0] = 0;
    rep ( i, 1, n - 1 ) rep ( j, 0, i - 1 ) {
        rep ( k, 0, imax( j - 1, 0 ) ) {
            chkmin( f[i][j], f[j][k] + negS( j + 1, j + 1, i, i )
              + posS( j + 2, 1, i + 1, k )
              + posS( i + 1, k + 1, i + 1, j ) );
        }
        chkmin( ans, f[i][j] + negS( i + 1, i + 1, n, n )
          + posS( i + 2, 1, n, j ) );
    }

    printf( "%lld
", ans );
    return 0;
}