[BZOJ1449] [JSOI2009]球队收益 / [BZOJ2895] 球队预算
Description
在一个篮球联赛里，有n支球队，球队的支出是和他们的胜负场次有关系的，具体来说，第i支球队的赛季总支出是Ci*x2+Di*y2，Di<=Ci。(赢得多，给球员的奖金就多嘛)
其中x,y分别表示这只球队本赛季的胜负场次。现在赛季进行到了一半，每只球队分别取得了a[i]场胜利和b[i]场失利。而接下来还有m场比赛要进行。问联盟球队的最小总支出是多少。
Input
第一行n，m
接下来n行每行4个整数a[i],b[i],Ci,Di
再接下来m行每行两个整数s，t表示第s支队伍和第t支队伍之间将有一场比赛，注意两只队间可能有多场比赛。
Output
输出总支出的最小值。
Sample Input
3 3
1 0 2 1
1 1 10 1
0 1 3 3
1 2
2 3
3 1
Sample Output
43
Solution
费用流。
对于每个球队设点\(A_i\)，每场未确定的比赛设\(B_i\)，那么有一个比较显然的框架：
- 对于每个点\(A_i\)，\(A_i\)到\(t\)连边，容量为剩下的场次中\(i\)最多可以赢的次数，这个次数设为\(mx_i\)。
- 对于每个点\(B_i\)，连边\((s,B_i),(B_i,x),(B_i,y)\)，其中\(x,y\)表示这场比赛的双方，容量都为\(1\)。
很显然可以知道这个图的每一种最大流代表一种方案，现在我们的目的就是要给这个图的边加权，使得费用最小。
考虑一场比赛都没进行的时候（题目给出的结果不算），假设每支球队每场都输了，那么当前有一个总代价，然后比了一场比赛，那么必然就有一支球队输场\(-1\)，胜场\(+1\)，设原来赢了\(a\)场，输了\(b\)场，那么新增的代价就是：
\[\begin{align}
&c_i(a+1)^2+d_i(b-1)^2-c_ia^2-d_ib^2\\
=&c_i+d_i+2c_ia-2d_ib
\end{align}
\]
注意到随着胜场的增多，败场的减小，这个式子是单调递增的，也就是说，我们可以利用拆边的思想建图。
那么建图修改为：
- 对于每个点\(A_i\)，向\(t\)连\(mx_i\)条边，容量为\(1\)，费用依次递增，也就是上面那个式子。
- 其他的边费用均为\(0\)。
然后跑最小费用最大流，加上已经确定的花费，就是总代价了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define sqr(x) ((x)*(x))
const int maxn = 1e5+10;
const int inf = 1e9;
int n,m,s,t,tot=1,cost;
int head[maxn],vis[maxn],dis[maxn],a[maxn],b[maxn],C[maxn],D[maxn],l[maxn],fr[maxn],pre[maxn];
struct edge{int to,nxt,w,c;}e[maxn<<1];
void add(int u,int v,int w,int c) {e[++tot]=(edge){v,head[u],w,c},head[u]=tot;}
void ins(int u,int v,int w,int c) {add(u,v,w,c),add(v,u,0,-c);}
int bfs() {
memset(dis,63,4*(t+1));
memset(vis,0,4*(t+1));
queue<int > q;q.push(s);dis[s]=0,vis[s]=1;
while(!q.empty()) {
int now=q.front();q.pop(),vis[now]=0;
for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].w>0&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].c) {
dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].c;
if(!vis[e[i].to]) vis[e[i].to]=1,q.push(e[i].to);
}
}return dis[t]<inf;
}
int dfs(int x,int f) {
vis[x]=1;
if(x==t) return cost+=f*dis[t],f;
int used=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if((e[i].to==t||!vis[e[i].to])&&e[i].w>0&&dis[e[i].to]==dis[x]+e[i].c) {
int d=dfs(e[i].to,min(f-used,e[i].w));
if(d>0) e[i].w-=d,e[i^1].w+=d,used+=d;
if(used==f) break;
}return used;
}
int mcmf() {
cost=0;while(bfs()) dfs(s,inf);return cost;
}
int main() {
read(n),read(m);s=n+m+1,t=s+1;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),read(b[i]),read(C[i]),read(D[i]);
for(int i=1,x,y;i<=m;i++) {
read(x),read(y),l[x]++,l[y]++;b[x]++,b[y]++;
ins(s,i+n,1,0),ins(i+n,x,1,0),ins(i+n,y,1,0);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=C[i]*sqr(a[i])+D[i]*sqr(b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=l[i];j++) ins(i,t,1,C[i]+D[i]+2*C[i]*a[i]-2*D[i]*b[i]),a[i]++,b[i]--;
write(ans+mcmf());
return 0;
}
