考虑网络流求解这类分配问题。

建立源点 $S$，汇点 $T$。令从 $S$ 到 $T$ 的一条路径表示一个奶牛得到了喜欢的食物和饮料。

显然需要对每个食物 $i$ 建立点 $f_i$，对饮料 $j$ 建立点 $d_j$。

食物的点集和饮料的点集显然不能同时连向源点 $S$，不妨对于每个 $f_i,d_j$ 建立 $S \to f_i$ 和 $d_j \to T$ 的容量为 $1$ 的有向边。

如果每个奶牛直接和食物和饮料的集合连边，那么很可能会出现同一个奶牛同时享有多种食物和饮料的情况，然而这时奶牛对最大流的贡献仅为 $1$，求出的最大流却有可能很大。

考虑对其进行限制。对于每个奶牛，建立两个点，两点间连一条容量为 $1$ 的边，这两个点再分别与喜欢的食物和饮料相连，这样就能保证同一个奶牛至多满足一次。

最后直接在建出的图上跑最大流即可。

（代码很丑，见谅）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 20005;
int ver[maxn << 1],nxt[maxn << 1],cap[maxn << 1],head[maxn];
int cnt = -1;
int cur[maxn],level[maxn];
queue <int> q; 
void add(int u,int v,int t) {
    nxt[++ cnt] = head[u];
    ver[cnt] = v;
    cap[cnt] = t;
    head[u] = cnt;
    return ;
}
void AddEdge(int u,int v) {
    add(u , v , 1);
    add(v , u , 0);
    return ;
}
int n;
bool bfs(int s,int t) {
    memset(level , 0 , sizeof(level));
    q.push(s);
    level[s] = 1;
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int i = head[u];~ i;i = nxt[i]) {
            int v = ver[i];
            if(!level[v]&&cap[i]) {
                level[v] = level[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return level[t] != 0;
}
int dfs(int x,int t,int maxflow) {
    if(x == t||!maxflow)return maxflow;
    int flow = 0,f;
    for(int& i = cur[x];~ i;i = nxt[i]) {
        int v = ver[i];
        if(level[v] == level[x] + 1&&(f = dfs(v , t , min(maxflow , cap[i])))) {
            if(!f) {
                level[v] = 0;
                break ;
            }
            flow += f;
            maxflow -= f;
            cap[i] -= f;
            cap[i ^ 1] += f;
            if(!maxflow)break;
        }
    }
    return flow;
}
int Dinic(int s,int t) {
    int flow = 0;
    while(bfs(s , t)) {
        memcpy(cur , head , sizeof(cur));
        flow += dfs(s , t , 0x3f3f3f3f);
    }
    return flow;
}
int S,T,tot,f[maxn],d[maxn],F,D,c1[maxn],c2[maxn];
int main() {
    freopen("usaco_open07_dining.in","r",stdin);
    freopen("usaco_open07_dining.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&F,&D);
    memset(head , -1 , sizeof(head));
    S = ++ tot;
    T = ++ tot;
    for(int i = 1;i <= F;++ i)f[i] = ++ tot,AddEdge(S , f[i]);
    for(int i = 1;i <= D;++ i)d[i] = ++ tot,AddEdge(d[i] , T);
    for(int i = 1;i <= n;++ i)c1[i] = ++ tot,c2[i] = ++ tot,AddEdge(c1[i] , c2[i]);
    for(int i = 1;i <= n;++ i) {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        for(int j = 1;j <= x;++ j) {
            scanf("%d",&z);
            AddEdge(f[z] , c1[i]);
        }
        for(int j = 1;j <= y;++ j) {
            scanf("%d",&z);
            AddEdge(c2[i] , d[z]);
        }
    }
    printf("%d\n",Dinic(S , T));
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

题目要求共有n个结点，将其中k个点染成黑色（本题解中为了方便描述，通称所有未染色的点为白点），求黑点两两距离及白点两两距离，使他们之和最大。

我们可以将距离转化为路径，然后再将路径拆分成边，就可以记录每条边被经过的次数，直接计算即可。

问题来了！：那么每条边会对答案贡献多少呢？

我们不妨设这条边的一侧共有w个点，其中有t个点被染成黑色了；

那么这一侧共有t个黑点，（w-t）个白点；类似，另一侧有（k-t）个黑点，（n-w-k+t）个白点；

令sz为这条边的边权，那么贡献就是val=sz*(t*(k-t)+(w-t)*(n-w-k+t));

解题的大致思路就是计算每条边对答案的贡献，最后利用状态转移方程求出最优解。

首先给出状态数组：f[x][y];

f[x][y]表示给以x为根结点的子树染上y个点所得的对于整棵树的最大贡献；

方程如下：

f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-t]+f[z][t]+val);(z表示i的子结点)

目标状态：f[1][k];

最后附上代码

PS:中间可能遇到非法情况，建议把f[x][y]预处理成非法情况，方便跳过处理（代码最后有针对这点的样例，可自行调试）；

强烈建议参考代码理解！！！！！

Over.

(第一次写题解，不足之处请大家多多包涵》_《)

•【题目描述】

有一个湖，他的周围都是城市，每个城市都只和他相邻的两个城市有道路相连。假设有n个城市，编号1-n，公路是双向的，公路有时候是好的，有时候是坏的，现在询问你两个城市是否可以互相到达。

•【输入格式】

第一行两个数，一个2<=n<=100000  和 1<=m<=100000，分别代表城市数目和询问次数；

接下来m行，每一行三个数f，a，b。f=0时，如果公路a，b之间的道路之前是好的，现在就变成坏的，如果之前是坏的，现在就变成好的。f=1时，询问a，b两个城市是否可以互相到达。

•【输出格式】

对于每一个f=1的询问，能到达输出“YES”，否则输出"NO".

思路如下：

首先，我们可以设g[x]数组表示x号城市与x+1号城市之间的道路好坏情况：g[x]=1时表示坏，g[x]=0时表示好，同时设sz为坏的道路的个数。

因为所有城市围起来形成一个圆，规定x到（x+1）号城市为顺时针方向，x到（x-1）号城市为逆时针方向。

我们来谈谈f=1时，即判断a、b两城市是否可以到达（预处理使a<b）。

那么在判断a、b两城市是否可以到达时，我们只需考虑两种情况：

（1）：沿顺时针道路判断是否可以到达

令G=g[a]+g[a+1]+g[a+2]+……+g[b-1]（即a沿顺时针到b间的路径间坏的道路的个数）很明显，我们只需判断G是否>=1。若是，则表示a沿顺时针到b之间的路径有坏的道路，不能从a顺时针到达b。

（2）：沿逆时针道路判断是否可以到达

其实思路也不难想出，我们可以简单地处理出sz（即坏的道路的个数），若sz-G=0，

即表示除a沿顺时针到b的路径间坏的道路外，没有坏的道路，这就等同于a沿逆时针到b的路径间没有坏的道路，可以从a到b。

反之（sz-G不为0）则表示a沿逆时针到b之间的路径有坏的道路，不能从a顺时针到达b。

好了，现在你已经了解了这题的大致思路了，那么就尝试AC吧！！！（不是

以上思路大家肯定都想到了（所以以上都是废话），那么我们开始优化时间吧！

我们懂得，若按照以上思路暴力求解，那么时间复杂度为O(nm)，只能拿到50pts

接下来考虑100pts算法

我们可以发现g是一维数组，求G为g的区间求和，那么很自然的就联想到树状数组

设树状数组f[x]表示坏的道路的个数， G=g[a]+g[a+1]+g[a+2]+…… +g[b-1] =求和f(b-1)-求和f(a-1）

然后1与n号城市间的道路做个特殊处理。

最后推荐大家参考代码理解（COGS代码已开放）

Over!!!

裸裸的区间DP。

我们定义f[l][r] 为卖掉l到r之间的临时得到的最大收益。

n[x]为第x个物品的价值。

Cl为第几天出售

转移方程就应该是f[l][r]=max(f[l+1][r]+cl*n[l],f[l][r+1]+cl*n[r]);

最后附上代码）

题目要求最大，观察数据范围，结合经验，考虑贪心。

当我们现在的烤鸡翅数量大于需求时，直接卖出。

否则，寻找前面已经卖出的最大的数量，如果该数大于当前需求，则用当前数目替代该数。

正确性不难证明：根据这个方法，我们遍历到第 $i$ 个人时，已经保证在不影响卖出人数的情况下让卖出的鸡翅数量最少。

再往后遍历时，也仍然可以保证。

这样，就实现了局部最优解向整体最优解的转变。

这个过程可以用大根堆实现。