sol：第一題就dp？！然後寫了o(n^2) dp再
考慮優化！！！（盡量部分分帶上！！！）
我寫了正確的dp然後優化錯了，具體的dp方法是考慮到對於右側到左側他是沒有後效性的
所以定義f[i]為i及以後最大的代價和，對於合法的j，轉移f[i]=max,j需要滿足a[i]+x[i]=i
由於給出的a[i]遞增然後我只要往i的右側找到第乙個合法的j然後轉移就行了，複雜度o(n log n)
我錯在了用堆來優化，然後把後面的刪掉了，其實可以再前面的從被誤刪的東西轉移而來。
sol：這道題目對於100%的資料n,m<=3000，顯然發現這一定是o(n2)的演算法，
然後如果對於x1到x2的最短路徑設為r1，x3到x4最短路勁r2，要求r1和r2交的盡可能多，那麼這個解一定更優
首先一定要在最短路上，其次要求r1和r2盡可能交的更多，我們不妨設剛開始交的地方設為i，交結束的地方設為j
我們先求出x1，x2，x3，x4到各點的最短路d1,d2,d3,d4
我們列舉i然後再列舉j 由上圖可以看出就是d1[i]+d2[j]+d3[i]+d4[j]+dist(i,j)在列舉j之前我們可以o(n)求出i的最短路d5
那麼就是最小化d1[i]+d2[j]+d3[i]+d4[j]+d5[j]，
然後我們交換（x1,x2）or （x3,x4） 之中的任意一對然後再求min，就是d1[i]+d2[j]+d3[j]+d4[i]+d5[j]，
然後對於每一次列舉ans=min(d1[i]+d2[j]+d3[i]+d4[j]+d5[j],d1[i]+d2[j]+d3[j]+d4[i]+d5[j],ans)
對於乙個顯然的情況我們最後特判就是直接 x1走到x2，x3 走到 x4 最短路雖然並沒有重複的路 即 ans=min(ans,d1[x2]+d3[x4]);
code:
# include # ifdef o_2# pragma gcc optimze(2)
# endif
using
namespace
std;
const
int maxn=3005
;int
n,m,x1,x2,x3,x4;
intd1[maxn],d2[maxn],d3[maxn],d4[maxn],d5[maxn];
int tot=0
,head[maxn];
bool
vis[maxn];
struct reca[maxn*2
];inline
intread()
inline
void write(int
x)
if (x>9) write(x/10
); putchar('0
'+x%10);}
inline
void writeln(int x)
void adde(int u,int v,int
w)struct node;
intd[maxn];
queue
q;void bfs(int
s));
while (!q.empty()) );}}
}int min(int a,int b,int
c)int
main()
bfs(x1); memcpy(d1,d,
sizeof
(d));
bfs(x2); memcpy(d2,d,
sizeof
(d));
bfs(x3); memcpy(d3,d,
sizeof
(d));
bfs(x4); memcpy(d4,d,
sizeof
(d));
int ans=m;
for (int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,d1[x2]+d3[x4]);
writeln(ans);
return0;
}
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