[atARC142F]Paired Wizards

注意到在时刻$t\in [1,n]$第$i$次使用$2$类法术，对应伤害值即$t-i$

将两边分别求和，即伤害值仅取决于使用第$2$类法术的次数和时刻和

记对应信息分别为$C/S_{X/Y}$，最终总伤害值即$S_{X}+S_{Y}-\frac{C_{X}(C_{X}+1)}{2}-\frac{C_{Y}(C_{Y}+1)}{2}$

在此基础上，将$(a_{i},b_{i},c_{i},d_{i})$分为以下四类：

1. $(a_{i},b_{i})=(c_{i},d_{i})$
2. $\{(a_{i},b_{i}),(c_{i},d_{i})\}=\{(1,2),(2,1)\}$（注意是集合）
3. $\{(a_{i},b_{i}),(c_{i},d_{i})\}=\{(1,1),(2,2)\}$
4. $(a_{i},b_{i})$和$(c_{i},d_{i})$恰有一维相同

对于第1类，其影响已经确定，直接统计即可

对于第2类，已经确定$\Delta C_{X}+\Delta C_{Y}$和$\Delta S_{X}+\Delta S_{Y}$，枚举前者划分方式即可

对于第3类，枚举其中选$(1,1)$的次数$k$，则$\Delta S_{X}=\Delta S_{Y}=$最大的$k$个$i$之和

对于第4类，统计出影响已经确定的部分，剩余部分的选择仅取决于对应的$C_{X/Y}$

具体的，其总是不断将最大的$i$取$2$直至（该次）$\Delta ans<0$，进而简单预处理即可

时间复杂度为$o(n^{2})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 8005
int n,a,b,c,d,cx,cy,c2,c3,s,ans,sum[N],fx[N],fy[N];
vector<int>v3,vx4,vy4;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
        if ((a==c)&&(a==2))cx++,s+=i;
        if ((b==d)&&(b==2))cy++,s+=i;
        if ((a!=c)&&(b!=d)){
            if (a!=b)c2++,s+=i;
            else v3.push_back(i);
        }
        if ((a==c)^(b==d)){
            if (a!=c)vx4.push_back(i);
            else vy4.push_back(i);
        }
    }
    reverse(v3.begin(),v3.end());
    reverse(vx4.begin(),vx4.end());
    reverse(vy4.begin(),vy4.end());
    for(int i=0;i<v3.size();i++)sum[i+1]=sum[i]+(v3[i]<<1);
    for(int i=0;i<=n;i++){
        fx[i]=-i*(i+1)/2;
        for(int j=0;j<vx4.size();j++)fx[i]+=max(vx4[j]-i-j-1,0);
    }
    for(int i=0;i<=n;i++){
        fy[i]=-i*(i+1)/2;
        for(int j=0;j<vy4.size();j++)fy[i]+=max(vy4[j]-i-j-1,0);
    }
    for(int i=0;i<=c2;i++)
        for(int j=0;j<=v3.size();j++){
            int CX=cx+i+j,CY=cy+(c2-i)+j;
            ans=max(ans,s+sum[j]+fx[CX]+fy[CY]);
        }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}