[ BZOJ 2127 ]happiness（最小割之二元关系）

高一一班的座位表是个n*m的矩阵，经过一个学期的相处，每个同学和前后左右相邻的同学互相成为了好朋友。这学期要分文理科了，每个同学对于选择文科与理科有着自己的喜悦值，而一对好朋友如果能同时选文科或者理科，那么他们又将收获一些喜悦值。

作为计算机竞赛教练的scp大老板，想知道如何分配可以使得全班的喜悦值总和最大。

输入格式

第一行两个正整数n，m。

接下来是六个矩阵

• 第一个矩阵为n行m列

此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学选择文科获得的喜悦值。

• 第二个矩阵为n行m列

此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学选择理科获得的喜悦值。

• 第三个矩阵为n-1行m列

此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i+1行第j列的同学同时选择文科获得的额外喜悦值。

• 第四个矩阵为n-1行m列

此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i+1行第j列的同学同时选择理科获得的额外喜悦值。

• 第五个矩阵为n行m-1列

此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i行第j+1列的同学同时选择文科获得的额外喜悦值。

• 第六个矩阵为n行m-1列

此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i行第j+1列的同学同时选择理科获得的额外喜悦值。

输出格式

输出一个整数，表示喜悦值总和的最大值

输入输出样例

输入 #1复制

1 2
1 1
100 110
1
1000

输出 #1复制

1210

说明/提示

【样例说明】

两人都选理，则获得100+110+1000的喜悦值。

对于100%以内的数据，n,m<=100 所有喜悦值均为小于等于5000的非负整数

 

SOLUTION:

这篇：https://blog.csdn.net/hzj1054689699/article/details/53038620

本来每连个点都建立一个二元关系，可后来发现这样直接两个点就被独立出去了，这样是不行的

 

CODE:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXL 500000
#define MAX 50000
#define INF 1000000000
#define MAXN 120
inline int read()
{
    int x=0,t=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
struct Line
{
    int v,next,w;
}e[MAXL];
int h[MAX],cnt;
int S,T,n,m,K;
inline void Add(int u,int v,int w)
{
    e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;
    e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;
}
inline void Add2(int u,int v,int w)
{
    e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;
    e[cnt]=(Line){u,h[v],w};h[v]=cnt++;

}
int level[MAX];
bool BFS()
{
    memset(level,0,sizeof(level));
    level[S]=1;
    queue<int> Q;
    Q.push(S);
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front();Q.pop();
        for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next)
        {
            int v=e[i].v;
            if(e[i].w&&!level[v])
                level[v]=level[u]+1,Q.push(v);
        }
    }
    return level[T];
}
int DFS(int u,int flow)
{
    if(flow==0||u==T)return flow;
    int ret=0;
    for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].v;
        if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1)
        {
            int dd=DFS(v,min(flow,e[i].w));
            flow-=dd;ret+=dd;
            e[i].w-=dd;e[i^1].w+=dd;
        }
    }
    return ret;
}
int Dinic()
{
    int ret=0;
    while(BFS())ret+=DFS(S,INF);
    return ret;
}
int bh[MAXN][MAXN];
int g[10][MAXN][MAXN];
int a[MAXN][MAXN];
int b[MAXN][MAXN];
int tot,ans;
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof(h));
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            bh[i][j]=++tot;
    S=0;T=tot+1;
    //S文科 T理科
    for(int Mx=1;Mx<=6;++Mx)
    {
        int xx=n,yy=m;
        if(Mx==3||Mx==4)xx--;
        if(Mx==5||Mx==6)yy--;
        for(int i=1;i<=xx;++i)
            for(int j=1;j<=yy;++j)
            {
                ans+=g[Mx][i][j]=read();
                if(Mx==3)a[i][j]+=g[Mx][i][j],a[i+1][j]+=g[Mx][i][j];
                if(Mx==4)b[i][j]+=g[Mx][i][j],b[i+1][j]+=g[Mx][i][j];
                if(Mx==5)a[i][j]+=g[Mx][i][j],a[i][j+1]+=g[Mx][i][j];
                if(Mx==6)b[i][j]+=g[Mx][i][j],b[i][j+1]+=g[Mx][i][j];
            }
    }


    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
        {
            Add(S,bh[i][j],a[i][j]+g[1][i][j]*2);
            Add(bh[i][j],T,b[i][j]+g[2][i][j]*2);
        }

    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
        {
            if(i!=1)Add2(bh[i][j],bh[i-1][j],g[3][i-1][j]+g[4][i-1][j]);
            if(j!=1)Add2(bh[i][j],bh[i][j-1],g[5][i][j-1]+g[6][i][j-1]);
        }

    printf("%d\n",ans-Dinic()/2);
    return 0;
}