[JSOI2009]火星藏宝图

XV.[JSOI2009]火星藏宝图

一个非常显然的结论：在最优方案中，路径上的任意两个点所构成的矩形内部一定不存在其它点。不然的化，在这个其它的点多停留一下一定不会更差。

因为$a^2+b^2<(a+b)^2$。

但是，就算想到这个，我也得不出什么好的转移方式

考虑将所有岛屿按照行优先，如果行相同就按列优先进行排序。这样，对于任何一个岛$i$，所有编号小于$i$的且列比它小的岛都是可转移的。

而在所有列相同的岛中，行最大的那个一定是最优的。

因此我们可以针对每行维护一个列数最大的点（类似于桶），每次只需要遍历这些桶进行转移即可。

复杂度$O(nm)$，卡卡就卡过去了。

代码：

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,tri[1010],f[200100];
struct node{
	int x,y,v;
	friend bool operator <(const node &x,const node &y){
		if(x.x!=y.x)return x.x<y.x;
		return x.y<y.y;
	}
}is[200100];
inline void read(int &x){
	x=0;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
}
inline void print(int x){
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x<=9)putchar('0'+x);
	else print(x/10),putchar('0'+x%10);
}
int main(){
	read(n),read(m);
	for(register int i=1;i<=n;i++)read(is[i].x),read(is[i].y),read(is[i].v);
	sort(is+1,is+n+1);
	tri[1]=1;
	f[1]=is[1].v;
	for(register int i=2;i<=n;i++){
		f[i]=f[1]-(is[i].x-1)*(is[i].x-1)-(is[i].y-1)*(is[i].y-1);
		for(register int j=1;j<=is[i].y;j++)if(tri[j])f[i]=max(f[i],f[tri[j]]-(is[i].x-is[tri[j]].x)*(is[i].x-is[tri[j]].x)-(is[i].y-is[tri[j]].y)*(is[i].y-is[tri[j]].y));
		f[i]+=is[i].v;
		tri[is[i].y]=i;
	}
	print(f[n]);
	return 0;
}