题面
有一张二分图，左边有 (n_1) 个点，右边有 (n_2) 个点，(m) 条边。每个点可能有一种颜色
R或者B，也可能没有，也就是U。现在要给一些边染色，把边染成R要花费 (r) 的代价，把边染成B要花费 (b) 的代价，要求对于每个颜色为R的点，与之相邻的边中R的边严格多于B的边；对于每个颜色为B的点，与之相邻的边中B的边严格多于R的边。求花费最小的方案，输出任意一种，无解输出 (-1)。
数据范围：(1 le n_1,n_2,m,r,ble 200)。
蒟蒻语
蒟蒻昨天打了一场 ( m VP)，然后今天补了一个下午的题。中途的时候，zaky 说要打蒟蒻打过的 ( m VP)，于是怹去打了。等蒟蒻补完题后蒟蒻看到 zaky 站了起来，说：“朕 AK 了”。
这题有一个不需要上下界只需要最小费用最大流的骚操作，蒟蒻觉得挺妙的于是写篇题解。
蒟蒻解
先令原图每个右边的节点 (u) 编号为 (u+n_1)，有色点个数为 (cnt)。
首先将一条二分图上的边 ((u,v)) 转化为网络流上的边：
((u,v,flow=1,cost=r))，如果流了表示选了红色；
((v,u,flow=1,cost=b))，如果流了表示选了蓝色；
都没流表示无色。
对于一个左边的节点 (u)，如果颜色为 R，连 ((s,u,flow=1,cost=-infty),(s,u,flow=infty,cost=0))。
对于一个右边的节点 (u)，如果颜色为 R，连 ((u,t,flow=1,cost=-infty),(u,t,flow=infty,cost=0))。
这样就可以引诱网络流算法先满足红点的限制。
对于一个左边的节点 (u)，如果颜色为 B，连 ((u,t,flow=1,cost=-infty),(u,t,flow=infty,cost=0))。
对于一个右边的节点 (u)，如果颜色为 B，连 ((s,u,flow=1,cost=-infty),(s,u,flow=infty,cost=0))。
这样就可以引诱网络流算法先满足蓝点的限制。
对于一个节点 (u)，如果颜色为 U，连 ((s,u,flow=infty,cost=0),(u,t,flow=infty,cost=0))。
这样可以使它不优先考虑，同时可以选择辅助满足另外两种颜色的条件。
然后跑最小费用最大流。
如果满足了所有条件，那么答案肯定包含 (cnt) 个 (-infty)，所以要给跑出来的总 (cost) 加上 (cntcdot infty)。如果 (costge infty)，那么肯定有条件没有满足，输出 (-1)。
这样直接交会 WA#(19)，因为有个小问题：虽然这是个最小费用流，但是它毕竟还是个最大流，所以它把所有负权路径跑完后就开始跑正权路径了。
如果可以满足条件，那么跑负权路径就够了，正权路径相当于选了多余的有色边，这是不必要的。
可以发现如果用 (
m EK) 算法，满足条件和跑多余边肯定是分开计算的，而且肯定是先负权再正权，所有可以在分界点上 break，不再跑网络流。
这个算法的正确性还基于染色边的正权代价使得有色边尽量地少。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair((a),(b))
#define x first
#define y second
#define be(a) (a).begin()
#define en(a) (a).end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
#define R(i,a,b) for(int i=(a),I=(b);i<I;i++)
#define L(i,a,b) for(int i=(b)-1,I=(a)-1;i>I;i--)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//Mcmf
const int T=402;
int tn,s,t;
vector<int> e[T],to,fw,co;
int adde(int u,int v,int w,int c){
// cout<<u<<" - "<<v<<" ("<<w<<" , "<<c<<")
";
e[u].pb(sz(to)),to.pb(v),fw.pb(w),co.pb(+c);
e[v].pb(sz(to)),to.pb(u),fw.pb(0),co.pb(-c);
return sz(to)-2;
}
int dep[T],pre[T]; bool vis[T];
bool spfa(){
fill(vis,vis+tn,false);
fill(dep,dep+tn,iinf);
fill(pre,pre+tn,-1);
queue<int> q; q.push(s),vis[s]=true,dep[s]=0;
while(sz(q)){
int u=q.front(); q.pop(),vis[u]=false;
for(int v:e[u])if(fw[v]&&dep[to[v]]>dep[u]+co[v]){
dep[to[v]]=dep[u]+co[v],pre[to[v]]=v;
if(!vis[to[v]]) vis[to[v]]=true,q.push(to[v]);
}
}
return dep[t]<iinf;
}
int flow,cost;
void mcmf(){
while(spfa()){
if(dep[t]>=0) break; // 题解的精华
int f=iinf;
for(int i=t;i!=s;i=to[1^pre[i]]) f=min(f,fw[pre[i]]);
for(int i=t;i!=s;i=to[1^pre[i]]) fw[pre[i]]-=f,fw[pre[i]^1]+=f;
cost+=dep[t]*f,flow+=f;
}
}
//Data
const int N=200;
int n1,n2,m,r,b,re[N],be[N],cnt;
string sa,sb;
//Main
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n1>>n2>>m>>r>>b>>sa>>sb;
tn=(t=(s=n1+n2)+1)+1;
R(i,0,m){
int u,v; cin>>u>>v,--u,--v;
re[i]=adde(u,v+n1,1,r),be[i]=adde(v+n1,u,1,b);
}
int mx=4e6;
R(i,0,n1){
if(sa[i]=='R') adde(s,i,1,-mx),cnt++;
else adde(i,t,mx,0);
if(sa[i]=='B') adde(i,t,1,-mx),cnt++;
else adde(s,i,mx,0);
}
R(i,0,n2){
if(sb[i]=='R') adde(i+n1,t,1,-mx),cnt++;
else adde(s,i+n1,mx,0);
if(sb[i]=='B') adde(s,i+n1,1,-mx),cnt++;
else adde(i+n1,t,mx,0);
}
mcmf(),cost+=cnt*mx;
if(cost>=mx) cout<<-1<<'
',exit(0);
cout<<cost<<'
';
R(i,0,m){
if(fw[re[i]^1]) cout<<'R';
else if(fw[be[i]^1]) cout<<'B';
else cout<<'U';
}
cout<<'
';
return 0;
}
祝大家学习愉快！