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给定序列 A，序列中的每一项 Ai 有删除代价 Bi 和附加属性 Ci
请删除若干项，使得 A 的最长上升子序列长度减少至少 1，且付出的代价之和最小，并输出方案。
如果有多种方案，请输出将删去项的附加属性排序之后，字典序最小的一种。
输入格式
输入包含多组数据。
输入的第一行包含整数 T，表示数据组数。
接下来 4T 行描述每组数据：
每组数据的第一行包含一个整数 N，表示 A 的项数，接下来三行，每行 N 个整数 A1, ..., AN; B1, ..., BN; C1, ..., CN。
输出格式
对每组数据，输出两行。
第一行包含两个整数 S，M，依次表示删去项的代价和与数量；
接下来一行 M 个整数，表示删去项在 A 中的位置，按升序输出。
样例
样例输入
1
6
3 4 4 2 2 3
2 1 1 1 1 2
6 5 4 3 2 1
样例输出
4 3
2 3 6
数据范围与提示
对于所有的数据， 1 <= N <= 700, T <= 5, 1 <= Ai, Bi, Ci <= 10^9 且保证 Ci 两两不同。
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假如不考虑方案，我们可以先跑最长上升子序列的 dp，记录每个点为结尾的最长上升子序列 f[x]，并记录全局最优解 mx。
然后考虑建一个分层图，其中 x 向 y 连边当且仅当 dp 时 x 能够作为 y 的最优决策点（即 x < y 且 A[x] < A[y] 且 f[x] + 1 = f[y]）。
假如我选择一些点删掉，使得整张图没有点可以从 f[x] = 1 跑到 f[x] = mx，则原序列的最长上升子序列肯定长度减小。
于是我们考虑先将建出来的分层图拆点，然后建源点 s 连 f[x] = 1 的点，将 f[x] = mx 的点连向汇点 t，跑最小割即可得到答案。
现在来考虑怎么求一个字典序最小的最小割方案。不难想到应该使用贪心的方法，按 Ci 从小到大依次取，并尝试将当前这个 i 加入最小割。
怎么判断一条边 i 是否可以在最小割内？最暴力的方法无疑是将这条边删掉，看最大流（即最小割）是否改变。
等效替代一下，就是看这条边 (u, v) 是否能从 u 出发通过残余网络到达 v。
怎么消掉一条边的影响？最暴力的方法一样是将这条边删掉，然后重跑最大流。
稍微快一些的方法是：跑 (t, v) 的最大流，跑 (u, s) 的最大流，并把 (u, v) 这条边的容量与流量都设置为 0。
这个操作称之为退流操作。
然而退流操作要常数小，有时候单路增广甚至要快一些（因为增广路本身不会太长），而多路增广需要重新给 n 个点求距离标号所以会大量访问到无用点。
比较折中方法是在 dinic 求距离标号时一旦遇到终点就立刻返回进行增广。
@accepted [email protected]
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN = 700;
const int MAXV = 2*MAXN;
const int MAXE = 3*MAXV*MAXV;
const int INF = (1<<30);
struct FlowGraph{
struct edge{
int to, cap, flow;
edge *nxt, *rev;
}edges[MAXE + 5], *adj[MAXV + 5], *cur[MAXV + 5], *ecnt;
int s, t, n;
void clear(int _n) {
n = _n; ecnt = &edges[0];
for(int i=0;i<=n;i++)
adj[i] = NULL;
}
void addedge(int u, int v, int c) {
edge *p = (++ecnt), *q = (++ecnt);
p->to = v, p->cap = c, p->flow = 0;
p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
q->to = u, q->cap = 0, q->flow = 0;
q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
p->rev = q, q->rev = p;
// printf("%d %d %lld\n", u, v, c);
}
queue<int>que; int d[MAXV + 5];
bool relabel() {
for(int i=0;i<=n;i++)
cur[i] = adj[i], d[i] = n + 5;
while( !que.empty() ) que.pop();
d[t] = 0, que.push(t);
while( !que.empty() ) {
int f = que.front(); que.pop();
for(edge *p=adj[f];p;p=p->nxt)
if( d[f] + 1 < d[p->to] && p->rev->cap > p->rev->flow ) {
d[p->to] = d[f] + 1;
que.push(p->to);
if( p->to == s ) return true;
}
}
return !(d[s] == n + 5);
}
int aug(int x, int tot) {
if( x == t ) return tot;
int sum = 0;
for(edge *&p=cur[x];p;p=p->nxt) {
if( p->cap > p->flow && d[p->to] + 1 == d[x] ) {
int del = aug(p->to, min(p->cap - p->flow, tot - sum));
p->flow += del, p->rev->flow -= del, sum += del;
if( sum == tot ) break;
}
}
return sum;
}
int max_flow(int _s, int _t) {
s = _s, t = _t; int flow = 0;
while( relabel() )
flow += aug(s, INF);
return flow;
}
}G;
int A[MAXN + 5], f[MAXN + 5];
FlowGraph::edge *e[MAXN + 5];
pair<int, int>C[MAXN + 5];
int ans[MAXN + 5], cnt;
void solve() {
int N, s, t; scanf("%d", &N);
s = 0, t = 2*N + 1, G.clear(t);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d", &A[i]);
int mx = 0;
for(int i=1;i<=N;i++) {
f[i] = 1;
for(int j=1;j<i;j++)
if( A[j] < A[i] )
f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
mx = max(mx, f[i]);
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
G.addedge(i, i + N, x);
e[i] = G.adj[i];
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( f[i] == 1 ) G.addedge(s, i, INF);
if( f[i] == mx ) G.addedge(i + N, t, INF);
for(int j=1;j<i;j++)
if( f[j] + 1 == f[i] )
G.addedge(j + N, i, INF);
}
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d", &C[i].first), C[i].second = i;
sort(C + 1, C + N + 1);
printf("%d", G.max_flow(s, t));
cnt = 0;
for(int i=1;i<=N;i++) {
int x = C[i].second;
G.s = e[x]->rev->to, G.t = e[x]->to;
if( !G.relabel() ) {
e[x]->cap = e[x]->flow = e[x]->rev->cap = e[x]->rev->flow = 0;
G.max_flow(t, e[x]->to), G.max_flow(e[x]->rev->to, s);
ans[++cnt] = x;
}
}
sort(ans + 1, ans + cnt + 1);
printf(" %d\n", cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
printf("%d%c", ans[i], i == cnt ? '\n' : ' ');
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while( T-- ) solve();
}@[email protected]
woc 为什么我用 long long 就会多 TLE 一个点啊。。。
难道这个数据范围（指 Bi <= 10^9）不应该开 long long 吗。。。
为什么 int 能过啊。。。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/11396826.html