bzoj1560

首先这种题目肯定是要先排序，以x为第一关键字，y为第二关键字
不难想到O(n2)的dp，下面显然要优化
不难发现，由于两点的耗费是坐标差的平方的和，不带根号，
因此，不难发现一个很有用的性质，如果从A点能到C点，C点到B，这样走C点一定比不走C点优
于是不难想到我们要维护y坐标上的上x最大的点，这个点一定是当前相同y坐标中收益最大的
设f[i]为到点i的最大收益，d[y]为当前纵坐标y上最大收益,则f[i]=max(d[k]-dis+v) 1<=k<=y[i]
但这样还是超时了，我们要在进一步优化
由于m<=1000,而n比较大，所以会有许多点有相同的x坐标
对于拥有相同x坐标的点，除了y最小的点我们需要从1开始转移
很容易想到，其他点完全只需要从y[i-1]~y[i]内转移
于是这样就过了

var w:array[0..1010,0..1010] of longint;
    a,b,v,r:array[0..200010] of longint;
    f:array[0..1010] of longint;
    ans,j,n,m,i,x,y,z,t:longint;

function max(a,b:longint):longint;
  begin
    if a>b then exit(a) else exit(b);
  end;

function dis(x,y,a,b:longint):longint;
  begin
    exit(sqr(x-a)+sqr(y-b));
  end;

begin
  readln(n,m);
  for i:=1 to n do
  begin
    readln(x,y,z);
    w[x,y]:=z;
  end;
  for i:=1 to m do
    for j:=1 to m do
      if w[i,j]<>0 then
      begin
        inc(t);
        a[t]:=i;
        b[t]:=j;
        v[t]:=w[i,j];
      end;

  f[1]:=v[1];
  r[1]:=1;
  for i:=2 to n do
  begin
    ans:=-2000000;
    if a[i]=a[i-1] then
    begin
      for j:=b[i-1] to b[i] do
        if r[j]<>0 then ans:=max(ans,f[j]-dis(a[i],b[i],r[j],j));
    end
    else begin
      for j:=1 to b[i] do
        if r[j]<>0 then ans:=max(ans,f[j]-dis(a[i],b[i],r[j],j));
    end;
    ans:=ans+v[i];
    f[b[i]]:=ans;
    r[b[i]]:=a[i];
  end;
  writeln(ans);
end.