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Description
Kiana最近喜欢到一家非常美味的寿司餐厅用餐。每天晚上，这家餐厅都会按顺序提供n种寿司，第i种寿司有一个
代号ai和美味度di,i，不同种类的寿司有可能使用相同的代号。每种寿司的份数都是无限的，Kiana也可以无限次
取寿司来吃，但每种寿司每次只能取一份，且每次取走的寿司必须是按餐厅提供寿司的顺序连续的一段，即Kiana
可以一次取走第1,2种寿司各一份，也可以一次取走第2,3种寿司各一份，但不可以一次取走第1,3种寿司。由于餐
厅提供的寿司种类繁多，而不同种类的寿司之间相互会有影响：三文鱼寿司和鱿鱼寿司一起吃或许会很棒，但和水
果寿司一起吃就可能会肚子痛。因此，Kiana定义了一个综合美味度di,j(i<j)，表示在一次取的寿司中，如果包含
了餐厅提供的从第i份到第j份的所有寿司，吃掉这次取的所有寿司后将获得的额外美味度。由于取寿司需要花费一
些时间，所以我们认为分两次取来的寿司之间相互不会影响。注意在吃一次取的寿司时，不止一个综合美味度会被
累加，比如若Kiana一次取走了第1,2,3种寿司各一份，除了d1,3以外，d1,2,d2,3也会被累加进总美味度中。神奇
的是，Kiana的美食评判标准是有记忆性的，无论是单种寿司的美味度，还是多种寿司组合起来的综合美味度，在
计入Kiana的总美味度时都只会被累加一次。比如，若Kiana某一次取走了第1,2种寿司各一份，另一次取走了第2,3
种寿司各一份，那么这两次取寿司的总美味度为d1,1+d2,2+d3,3+d1,2+d2,3，其中d2,2只会计算一次。奇怪的是，
这家寿司餐厅的收费标准很不同寻常。具体来说，如果Kiana一共吃过了c(c>0)种代号为x的寿司，则她需要为这些
寿司付出mx^2+cx元钱，其中m是餐厅给出的一个常数。现在Kiana想知道，在这家餐厅吃寿司，自己能获得的总美
味度（包括所有吃掉的单种寿司的美味度和所有被累加的综合美味度）减去花费的总钱数的最大值是多少。由于她
不会算，所以希望由你告诉她
Input
第一行包含两个正整数n,m，分别表示这家餐厅提供的寿司总数和计算寿司价格中使用的常数。
第二行包含n个正整数，其中第k个数ak表示第k份寿司的代号。
接下来n行，第i行包含n-i+1个整数，其中第j个数di,i+j-1表示吃掉寿司能
获得的相应的美味度，具体含义见问题描述。
N<=100,Ai<=1000
Output
输出共一行包含一个正整数，表示Kiana能获得的总美味度减去花费的总钱数的最大值。
Sample Input
3 1
2 3 2
5 -10 15
-10 15
15
2 3 2
5 -10 15
-10 15
15
Sample Output
12
【样例1说明】
在这组样例中，餐厅一共提供了3份寿司，它们的代号依次为a1=2，a2=3，a3=2，计算价格时的常数m=1。在保证每
次取寿司都能获得新的美味度的前提下，Kiana一共有14种不同的吃寿司方案：
1.Kiana一个寿司也不吃，这样她获得的总美味度和花费的总钱数都是0，两者相减也是0；
2.Kiana只取1次寿司，且只取第1个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1]}，这样获得的总美味度为5，花费的总钱数
为1-2^2+1*2=6，两者相减为-1；
3.Kiana只取1次寿司，且只取第2个寿司，即她取寿司的情况为{[2,2]}，这样获得的总美味度为-10，花费的总钱
数为1-3^2+1*3=12，两者相减为-22；
4.Kiana只取1次寿司，且只取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[3,3]}，这样获得的总美味度为15，花费的总钱数
为1*2^2+1*2=6，两者相减为9；
5.Kiana只取1次寿司，且取第1,2个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+(-10)=-1
5，花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1-3^2+1*3)=18，两者相减为-33；
6.Kiana只取1次寿司，且取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[2,3]}，这样获得的总美味度为(-10)+15+15=20，
花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18，两者相减为2；
7.Kiana只取1次寿司，且取第1,2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,3]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+15+(-1
0)+15+15=30，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减为10。
8.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[2,2]}，这样获得的
总美味度为5+(-10)=-5，花费的总钱数为(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18，两者相减为-23；
9.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[3,3]}，这样获得的
总美味度为5+15=20，花费的总钱数为1*2^2+2*2=8，两者相减为12；
10.Kiana取2次寿司，第一次取第2个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[2,2],[3,3]}，这样获得的
总美味度为(-10)+15=5，花费的总钱数为(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18，两者相减为-13；
11.Kiana取2次寿司，第一次取第1,2个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2],[3,3]}，这样获得
的总美味度为5+(-10)+(-10)+15=0，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减为-20；
12.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[2,3]}，这样获得
的总美味度为5+(-10)+15+15=25，花费的总钱数为(1-22+2-2)+(1-32+1-3)=20，两者相减为5；
13.Kiana取2次寿司，第一次取第1,2个寿司，第二次取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2],[2,3]}，这样获
得的总美味度为5+(-10)+15+(-10)+15=15，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减为-5；
14.Kiana取3次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2个寿司，第三次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1]
,[2,2],[3,3]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+15=10，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减
为-10。
所以Kiana会选择方案9，这时她获得的总美味度减去花费的总钱数的值最大为12。
【样例1说明】
在这组样例中，餐厅一共提供了3份寿司，它们的代号依次为a1=2，a2=3，a3=2，计算价格时的常数m=1。在保证每
次取寿司都能获得新的美味度的前提下，Kiana一共有14种不同的吃寿司方案：
1.Kiana一个寿司也不吃，这样她获得的总美味度和花费的总钱数都是0，两者相减也是0；
2.Kiana只取1次寿司，且只取第1个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1]}，这样获得的总美味度为5，花费的总钱数
为1-2^2+1*2=6，两者相减为-1；
3.Kiana只取1次寿司，且只取第2个寿司，即她取寿司的情况为{[2,2]}，这样获得的总美味度为-10，花费的总钱
数为1-3^2+1*3=12，两者相减为-22；
4.Kiana只取1次寿司，且只取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[3,3]}，这样获得的总美味度为15，花费的总钱数
为1*2^2+1*2=6，两者相减为9；
5.Kiana只取1次寿司，且取第1,2个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+(-10)=-1
5，花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1-3^2+1*3)=18，两者相减为-33；
6.Kiana只取1次寿司，且取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[2,3]}，这样获得的总美味度为(-10)+15+15=20，
花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18，两者相减为2；
7.Kiana只取1次寿司，且取第1,2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,3]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+15+(-1
0)+15+15=30，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减为10。
8.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[2,2]}，这样获得的
总美味度为5+(-10)=-5，花费的总钱数为(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18，两者相减为-23；
9.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[3,3]}，这样获得的
总美味度为5+15=20，花费的总钱数为1*2^2+2*2=8，两者相减为12；
10.Kiana取2次寿司，第一次取第2个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[2,2],[3,3]}，这样获得的
总美味度为(-10)+15=5，花费的总钱数为(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=18，两者相减为-13；
11.Kiana取2次寿司，第一次取第1,2个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2],[3,3]}，这样获得
的总美味度为5+(-10)+(-10)+15=0，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减为-20；
12.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[2,3]}，这样获得
的总美味度为5+(-10)+15+15=25，花费的总钱数为(1-22+2-2)+(1-32+1-3)=20，两者相减为5；
13.Kiana取2次寿司，第一次取第1,2个寿司，第二次取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2],[2,3]}，这样获
得的总美味度为5+(-10)+15+(-10)+15=15，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减为-5；
14.Kiana取3次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2个寿司，第三次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1]
,[2,2],[3,3]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+15=10，花费的总钱数为(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=20，两者相减
为-10。
所以Kiana会选择方案9，这时她获得的总美味度减去花费的总钱数的值最大为12。
HINT
Source
图论 网络流 最大权闭合子图
题面这么这么长，看着很恶心很码农对不对？
于是考场上博主写了个暴力就去调T2，没敢再看
离结束30分钟的时候，觉得T2实在调不出了，又回来看这题。
WTF这不是最大权闭合子图嘛
于是花式建边：
1、对于所有的$(i,j)$区间收益，将它们各自看做一个点，若权值$mp$为正，从源点连过来，容量为$mp$，若权值为负，连到汇点去，容量为$-mp$
2、对于所有的$(i,j)$区间收益，向区间内包括的i到j号寿司连边，容量为$INF$，表示必须选对应的寿司才能选这个区间
3、对于所有的寿司类型$w[i]$，为它们各自开一个点，向汇点T连边，容量为$m*w[i]*w[i]$
4、对于1~n每一个寿司，向它们所属的类型$w[i]$连边，容量为$INF$；向T连边，容量为$C[i]$
5、对于所有的$(i,j)$区间，向$(i+1,j)$和$(i,j-1)$连边，容量为INF，表示选了大区间肯定得选被大区间包含的小区间
然后跑最小割就可以了。
在最后的30分钟里，博主飚了一波手速，用了15分钟敲完了网络流的板子和建边的部分，一跑数据发现错了。为了求稳，用最后的时间检查了各种文件操作，最后交了20分暴力。
考后看代码发现建边的时候没想到第5种依赖关系。
蛤蛤蛤蛤蛤
UPD:代码交到B站，跑了800+ms，一看别人都是100+，什么鬼？试着优化了一波，卡到了70+ms，status里成功rank2。
事实证明Dinic要想跑得快，BFS时分层的d[]数组一定要卡到刚好够用才行，不然时间全用在memset上了
另外有一个建边小优化(109~113行)
/*by SilverN*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mxn=;
int read(){
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct edge{
int u,v,nxt,f;
}e[mxn<<];
int hd[mxn],mct=;
inline void add_edge(int u,int v,int f){
e[++mct].v=v;e[mct].u=u;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return;
}
void insert(int u,int v,int f){
// printf("%d to %d f:%d\n",u,v,f);
add_edge(u,v,f); add_edge(v,u,);
return;
}
int S,T;
int d[];
bool BFS(){
memset(d,,sizeof d);
queue<int>q;
d[S]=;
q.push(S);
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(!d[v] && e[i].f){
d[v]=d[u]+;
q.push(v);
}
}
}
return d[T];
}
int DFS(int u,int lim){
// printf("dfs:%d %d\n",u,lim);
if(u==T)return lim;
int f=,tmp;
for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(d[v]==d[u]+ && e[i].f && (tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f)))){
e[i].f-=tmp;
e[i^].f+=tmp;
lim-=tmp;
f+=tmp;
if(!lim)return f;
}
}
d[u]=;
return f;
}
int Dinic(){
int res=;
while(BFS())res+=DFS(S,INF);
return res;
}
int n,m;
int a[];
int mp[][];
int id[][],ict=;
int idw[];
bool vis[];
LL smm=;
void Build(){
S=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
id[i][j]=++ict;
}
}
for(int i=;i<=n;i++){
if(!vis[a[i]]){
vis[a[i]]=;
idw[a[i]]=++ict;
}
}
T=ict+n+;
// printf("S:%d T:%d\n",S,T);
memset(vis,,sizeof vis);
for(int i=;i<=n;i++){
if(!vis[a[i]]){
vis[a[i]]=;
insert(idw[a[i]],T,m*a[i]*a[i]);
}
}
for(int i=;i<=n;i++){//zhonglei
insert(ict+i,idw[a[i]],INF);
insert(ict+i,T,a[i]);
}
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
if(mp[i][j]>){
smm+=mp[i][j];
insert(S,id[i][j],mp[i][j]);
/* for(int k=i;k<=j;k++){
insert(id[i][j],ict+k,INF);
}*/
insert(id[i][j],ict+i,INF);
insert(id[i][j],ict+j,INF);
}
else if(mp[i][j]<){
insert(id[i][j],T,-mp[i][j]);
/* for(int k=i;k<=j;k++){
insert(id[i][j],ict+k,INF);
}*/
insert(id[i][j],ict+i,INF);
insert(id[i][j],ict+j,INF);
}
if(i!=j){
insert(id[i][j],id[i+][j],INF);
insert(id[i][j],id[i][j-],INF);
}
}
}
return ;
}
int main(){
int i,j;
n=read();m=read();
for(int i=;i<=n;i++)a[i]=read();
for(i=;i<=n;i++)
for(j=i;j<=n;j++)
mp[i][j]=read();
Build();
int res=Dinic();
smm-=res;
printf("%lld\n",smm);
return ;
}