鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5772
題意：給你一個由“0”~“9”組成長度爲n的字符串，現在要找出一個子串使得子串的收益（得分-花費）最大。
子串的得分等於sigma(w[id[i]][id[j]]) id[i],id[j]是選的數字在原串的編號。
子串的花費爲a[i]*(x-1)+b[i] (x>0) x爲某個數字出現的次數。
0 (x=0)
分析：
看了題解才反應過來是最大權閉合子圖。。
我們將所有的點分成三類：
第一類：Pij 表示第i個點和第j個點組合的點，那麼Pij的權值等於w[i][j]+w[j][i]（表示得分）
第二類：原串中的n個點每個點拆出一個點，第i個點權值爲 –a[s[i]] （表示要花費）
第三類：對於10種字符拆出10個點，每個點的權值爲 -(b[x]-a[x])
那麼我們可以得到一個關係圖 ，對於第一類中的點Pij，如果想要選擇Pij，你就必須要選中第二類中的點i和j，對於第二類中的點如果你想選中第i個點，其對應的字符s[i]，那麼就必須選中第三類中s[i] 對應的點，因爲每個種類的點第一次選中時花費是b[s[i]]，而第二類中花費都是a[s[i]],一定要補上b[s[i]]-a[s[i]]，而且只需要補上一次。
這種類似於邊（u，v）選了u就要選v的的求解，就是用總得分-最小割。。
代碼：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Mn 5500
#define Mm 100005
#define mod 1000000007
#define CLR(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))
#define CLRS(a,b,Size) memset((a),(b),sizeof((a[0]))*(Size+1))
#define CPY(a,b) memcpy ((a), (b), sizeof((a)))
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#define ul u<<1
#define ur (u<<1)|1
using namespace std;
typedef long long ll;
struct edge {
int v,w,next;
} e[Mm];
int deep[Mn];
int head[Mn];
int cur[Mn];
int tot;
void addedge(int u,int v,int w) {
e[tot].v=v;
e[tot].w=w;
e[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
queue<int> q;
bool bfs(int st,int en) {
while(!q.empty()) q.pop();
CLR(deep,-1);
q.push(st);
deep[st]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
if(u==en) return true;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].next) {
int v=e[i].v;
int w=e[i].w;
if(w>0&&deep[v]==-1) {
deep[v]=deep[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int sum,int en) {
if(u==en) return sum;
int a=0,us=0;
for(int &i=cur[u]; i!=-1; i=e[i].next) {
if(deep[e[i].v]==deep[u]+1) {
a=sum-us;
a=dfs(e[i].v,min(a,e[i].w),en);
e[i].w-=a;
e[i^1].w+=a;
if(e[i].w) cur[u]=i;
us+=a;
if(us==sum) return sum;
}
}
if(!us) deep[u]=-1;
return us;
}
int dinic(int st,int en) {
int ans=0;
while(bfs(st,en)) {
CPY(cur,head);
ans+=dfs(st,INF,en);
}
return ans;
}
void init() {
tot=0;
CLR(head,-1);
}
int W[105][105];
int a[11],b[11];
int main() {
int T,n;
string ss;
scanf("%d",&T);
for(int cas=1;cas<=T;cas++) {
init();
scanf("%d",&n);
cin>>ss;
for(int i=0;i<=9;i++) {
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=n;j++) {
scanf("%d",&W[i][j]);
ans+=W[i][j];
}
}
int cnt=1,p=n*(n-1)/2;
int s=0,t=p+n+11;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=i+1;j<=n;j++,cnt++) {
addedge(s,cnt,W[i][j]+W[j][i]);
addedge(cnt,s,0);
addedge(cnt,p+i,INF);
addedge(p+i,cnt,0);
addedge(cnt,p+j,INF);
addedge(p+j,cnt,0);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
addedge(p+i,p+n+ss[i-1]-'0'+1,INF);
addedge(p+n+ss[i-1]-'0'+1,p+i,0);
addedge(p+i,t,a[ss[i-1]-'0']);
addedge(t,p+i,0);
}
for(int i=1;i<=10;i++) {
addedge(p+n+i,t,b[i-1]-a[i-1]);
addedge(t,p+n+i,0);
}
printf("Case #%d: %d\n",cas,ans-dinic(s,t));
}
return 0;
}