乔乔和牛牛去逛超市了，超市里有 $n$ 种商品，他们决定买一些商品回家。

但是，第 $i$ 种商品一旦被选择，购买的个数就必须是 $L_i$ 和 $R_i$ 之间的整数（含端点）。

某些商品之间有依赖关系，依赖关系有两种:

1. 只有第 $x$ 种商品被购买了，第 $y$ 种商品才可以被购买。
2. 只有第 $x$ 种商品被购买了，第 $y$ 种商品的购买个数才可以恰好是 $L_i$ 或 $R_i$。

购买一个商品带来的开心程度和这个商品购买的个数有关，若第 $i$ 个商品购买了 $x_i$ 个，$x_i>0$，则收益为 $a_i{x}_i^2+b_i{x}_i+c_i$，否则为 $0$。

现在牛牛和乔乔想知道逛超市的最大总开心程度是多少。

输入格式

第一行包含两个整数 $n,m$，表示商品数量和依赖关系数量。

接下来 $n$ 行，每行包含五个整数 $L_i,R_i,a_i,b_i,c_i$，描述一个商品。

接下来 $m$ 行，每行包含三个整数 $z,x,y$，表示第 $x$ 种商品对第 $y$ 种商品存在第 $z$ 种关系。

输出格式

输出一个整数，表示最大总开心程度。

数据范围

$0\le n\le 10^4$,
$0\le m\le 10^5$,
$1\le L_i\le R_i\le 10^4$,
$-5\le a_i\le 5$,
$-10^4\le b_i,c_i\le 10^4$,
$L_i+1\le R_i-1$
$1\le x,y\le n$,
$1\le z\le 2$,
对于 $20\%$ 的数据，$n\le 10,R_i\le 5$；
对于 $40\%$ 的数据，$n\le 10$;
对于另外 $20\%$ 的数据，只有第 $1$ 种依赖关系。

输入样例：

2 2
1 10 -2 3 -5
1 10 2 3 5
2 1 2
1 2 1

输出样例：

231

样例解释

第 $1$ 种商品购买 $1$ 个，第 $2$ 种商品购买 $10$ 个。

这个题非常恶心:对于我这个只会一些比较初级的算法的小白而言连暴力蒙20分都做不到。。就是只考虑第一种约束情况，也需要用到图论的最大权闭合图 参考代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

vector<int>edges[20010],ednum[20010];
long long f[400010],cur[20010],depth[20010],v1[20010],v2[20010];
long long n,m,idx=-1,S,T,tot=0;

long long get(long long a,long long b,long long c,long long l,long long r){
    if(a==0) return max(b*l+c,b*r+c);
    long long i=(-b)/(2*a),k=i+1,j=i-1;
    long long res=max(a*l*l+b*l+c,a*r*r+b*r+c);
    if(i>=l&&i<=r) res=max(res,a*i*i+b*i+c);
    if(k>=l&&k<=r) res=max(res,a*k*k+b*k+c);
    if(j>=l&&j<=r) res=max(res,a*j*j+b*j+c);
    return res;
}

void add(int a,int b,int c){
    edges[a].push_back(b),ednum[a].push_back(++idx),f[idx]=c;
    edges[b].push_back(a),ednum[b].push_back(++idx),f[idx]=0;
}

bool bfs(){
    memset(depth,-1,sizeof depth);
    depth[S]=0,cur[S]=0;
    queue<int>nodes;
    nodes.push(S);
    while(!nodes.empty()){
        int temp=nodes.front();
        nodes.pop();
        for(int i=0;i<edges[temp].size();i++){
            int t=edges[temp][i],e=ednum[temp][i];
            if(depth[t]!=-1||f[e]==0) continue;
            cur[t]=0;
            depth[t]=depth[temp]+1;
            if(t==T) return true;
            nodes.push(t);
        }
    }
    return false;
}

long long dfs(long long now,long long limit){
    if(now==T) return limit;
    long long flow=0;
    for(int i=cur[now];i<edges[now].size()&&flow<limit;i++){
        int t=edges[now][i],e=ednum[now][i];
        cur[now]=i;
        if(depth[t]!=depth[now]+1||f[e]==0) continue;
        long long u=dfs(t,min(limit-flow,f[e]));
        if(u==0) depth[t]=-1;
        flow+=u,f[e]-=u,f[e^1]+=u;
    }
    return flow;
}

long long dinic(){
    long long res=0;
    while(bfs()) res+=dfs(S,0x3f3f3f3f3f3f3f3f);
    return res;
}


int main(){
    cin>>n>>m;
    S=0,T=2*n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int l,r,a,b,c;
        cin>>l>>r>>a>>b>>c;
        v1[i]=get(a,b,c,l+1,r-1);
        v2[i]=get(a,b,c,l,r)-v1[i];
        add(i+n,i,0x3f3f3f3f);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(v1[i]>0) add(S,i,v1[i]),tot+=v1[i];
        else if(v1[i]<0) add(i,T,-v1[i]);
        if(v2[i]>0) add(S,i+n,v2[i]),tot+=v2[i];
        else if(v2[i]<0) add(i+n,T,-v2[i]);
    }
    for(int i=0;i<m;i++){
        int z,x,y;
        cin>>z>>x>>y;
        if(z==1) add(y,x,0x3f3f3f3f);
        else add(y+n,x,0x3f3f3f3f);
    }
    cout<<tot-dinic();
    return 0;
}