乍一看似乎没啥题相似的
仔细一看，$N<=150$
边又是双向边，似乎可以用Floyd搞
先跑一遍Floyd处理出$dis[i][j]$
注意到走据点要先走小的才能走大的
也就是说，
$i<j<k$时，$dis[i][j]$不能从$k$转移过来
并且实际走路径时，编号也必须从小到大
于是题目转化成了：
给定序列$0,1,2,3,.....,n-1,n$，给出每两个数字之间的转移代价$dis[i][j](i<j)$，
用$k$条从0开始的子序列覆盖整条序列的最小代价，且
每个数（除0外）恰好被覆盖一次。（你闲着没事走两次干啥）
有没有可能$i$到$j$的最优路径中间经过$k$，使$k$被覆盖2次？不会，因为在Floyd中已经处理掉了。
卧槽这不是
P2469 [SDOI2010]星际竞速吗！
于是就转化为一个最小路径覆盖问题写辣
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; #define N 505 #define M 200005 int n,m,k,S,T0,T,tC,dis[N][N],d[N],a[N],p[N]; queue <int> h; bool inh[N]; int cnt=1,hd[N],nxt[M],ed[N],poi[M],val[M],cst[M]; inline void adde(int x,int y,int v1,int v2){ nxt[ed[x]]=++cnt, hd[x]=hd[x]?hd[x]:cnt, ed[x]=cnt, poi[cnt]=y, val[cnt]=v1, cst[cnt]=v2; } inline void link(int x,int y,int v1,int v2){adde(x,y,v1,v2),adde(y,x,0,-v2);} bool bfs(){ memset(d,63,sizeof(d)); int Inf=d[0]; h.push(S); inh[S]=1; a[S]=Inf; d[S]=0; while(!h.empty()){ int x=h.front(); h.pop(); inh[x]=0; for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int to=poi[i]; if(val[i]>0&&d[to]>d[x]+cst[i]){ d[to]=d[x]+cst[i]; p[to]=i; a[to]=min(a[x],val[i]); if(!inh[to]) h.push(to),inh[to]=1; } } }if(d[T]==Inf) return 0; tC+=a[T]*d[T]; for(int i=T;i!=S;i=poi[p[i]^1]) val[p[i]]-=a[T],val[p[i]^1]+=a[T]; return 1; } void Floyd(){ memset(dis,63,sizeof(dis)); for(int i=0;i<=n;++i) dis[i][i]=0; for(int i=1,u,v,w;i<=m;++i){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[v][u],w); } for(int k=0;k<=n;++k) for(int i=0;i<=n;++i) for(int j=0;j<=n;++j) if(k<=i||k<=j)//不能从大的转移回来 dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); Floyd(); S=n*2+2; T=S+1; for(int i=1;i<=n;++i) link(S,i,1,0),link(i+n+1,T,1,0); link(S,0,k,0);//最大流量限制为k for(int i=0;i<=n;++i) for(int j=i+1;j<=n;++j) link(i,j+n+1,1,dis[i][j]); while(bfs()); printf("%d",tC); return 0; }