题面太长，请诸位自行品尝—>寿司餐厅
分析：
首先题目中给了限制条件，假如选了D(i,j)（i<j），那么也就选了D(i+1,j)和D(i,j-1)两个点。
于是我们一下就明白了，哦，最大权闭合子图~
所以我们让每一个D代表一个点，然后对于每个D(i,j)代表的点，分别向D(i+1,j)和D(i,j-1)所代表的点连边（容量为inf）,然后按照最大权闭合子图的建图方式建图~
完了？
并没有。我们接着看题面，其实代价还有一个，是mx^2+cx，这个我们怎么加上？
直接看啥也看不出来，所以我们拆开来看。首先，mx^2是由代号和常数m决定的，所以我们可以把它独立开来，对每个编号建立一个点，因为它是代价，所以点权是负的，所以我们从它向汇点T连一条边权为mx^2的边，然后把每个代号为x的寿司向它代号那个点连边。
再考虑cx怎么计算，这个好办，多选一种编号为x的寿司就会产生x的代价，所以我们把每种寿司向T点连边，容量为x即可产生费用。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define p(x,y) ((x-1)*n+y+1000)
using namespace std;int S,T,tot;
const int N=,inf=0x3f3f3f3f;
struct node{int y,z,nxt;}e[N*];int a[N];
int c=,h[N],d[N],m,k,n,ans,q[N],sn[N],g,sm;
void add(int x,int y,int z){
e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,,h[y]};h[y]=c;
} bool bfs(){int f=,t=;ms(d,-);
d[S]=;q[++t]=S;
while(f<=t){
int x=q[f++];
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==-&&e[i].z)
d[y]=d[x]+,q[++t]=y;
} return (d[T]!=-);
} int dfs(int x,int f){
if(x==T) return f;int w,tmp=;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==d[x]+&&e[i].z){
w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
if(!w) d[y]=-;e[i].z-=w;
e[i^].z+=w;tmp+=w;if(tmp==f) return f;
} return tmp;
} void solve(){
while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
} int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);S=;T=n*n+;
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
if(m&&!sn[a[i]])
sn[a[i]]=,add(a[i],T,a[i]*a[i]);
add(p(i,i),a[i],inf);
add(p(i,i),T,a[i]);
} for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++){
scanf("%d",&g);sm+=(g>?g:);
if(g>) add(S,p(i,j),g);
else add(p(i,j),T,-g);
if(i!=j) add(p(i,j),p(i+,j),inf);
if(i!=j) add(p(i,j),p(i,j-),inf);
} solve();printf("%d\n",sm-tot);return ;
}
最大权闭合子图