BZOJ 3996 线性代数 最小割

题意：

　　给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得

　　D=（A*B-C）*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D

分析：

　　这道题比较绕，我们需要看清题目中那个式子的本质。A*B的贡献是正的，说明这是价值。C的贡献是负的，说明这是代价。

　　仔细理解这句话“只有ai和aj同时为1的时候，才对答案有bij的贡献。使ai为1的代价为ci”

　　我们现在是否能从题目中的式子中提炼出这个关系？如果能，请继续

　　为什么说这题是最小割呢？因为，这里有新的两个字，当我们面临这两个字时，就要考虑最小割，那就是“取舍”

　　在这道题的意志中，我们需要选择舍弃b带来的相应价值，以此来避免付出代价，或者是为了获得价值，而选择舍弃而付出相应的代价。所以我们建图为两部分：

　　左半部分，有n^2个点，（可以理解是我们抽象出的b数组）从原点向(i,j)点连容量为bij的边，右半部分有n个点，i号点向汇点连一条容量为ci的边。

　　点(i,j)右边的点i和j分别连容量为inf的边。

　　这样呢，我们的限制就是，要么舍弃bij这个价值，要么付出ci和cj的代价，对于每个点都是这样，最小割，就是我们最少舍弃的贡献。然后，我们求出b数组的价值和，减去最小割就是我们最终获得的最大贡献。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 
using namespace std;int tot=0;
const int N=1000005,M=505,inf=0x3f3f3f3f;
int S,T,n,m,k,h[N],c=1,q[N],d[N],b[M][M],C[M];
struct node{int y,z,nxt;}e[N*4];
void add(int x,int y,int z){
    e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
    e[++c]=(node){x,0,h[y]};h[y]=c;
} bool bfs(){
    int f=1,t=0;ms(d,-1);
    q[++t]=S;d[S]=0;
    while(f<=t){
        int x=q[f++];
        for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
        if(d[y=e[i].y]==-1&&e[i].z) 
        d[y]=d[x]+1,q[++t]=y;
    } return (d[T]!=-1);
} int dfs(int x,int f){
    if(x==T) return f;int w,tmp=0;
    for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
    if(d[y=e[i].y]==d[x]+1&&e[i].z){
        w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
        if(!w) d[y]=-1;e[i].z-=w;
        e[i^1].z+=w;tmp+=w;
        if(tmp==f) return f;
    } return tmp;
} void dinic(){
    while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
} int main(){
    scanf("%d",&n);S=0,T=n*n+n+10;
    int sm=0,nm=0;ms(h,-1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    scanf("%d",&b[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&C[i]),add(i+n*n,T,C[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    sm+=b[i][j],add(S,++nm,b[i][j]),
    add(nm,i+n*n,inf),add(nm,j+n*n,inf);
    dinic();sm-=tot;
    printf("%d\n",sm);
    return 0;
}