注意到当操作确定后，显然操作顺序总是涂黑色的1操作->涂白色的1操作->2操作
用$b/w_{r/c}(i,j)$表示$(i,j)$是否被黑色/白色 横着/竖着 涂过（1表示涂过，0表示没有），注意到当这些信息被确定后，已经可以确定是否可行以及对应的代价
具体的，考虑一个格子$(i,j)$，对其进行分析——
注意到$b_{r}(i,j)=w_{r}(i,j)=1$一定不优秀（严格，$c$类似），证明对其分三类讨论：
1.若对应的两次操作不相互包含，则可以缩短黑色操作
2.若其中白色操作包含黑色，则可以直接去掉黑色操作
3.若其中黑色操作包含白色操作，则可以将黑色操作拆成两段并去掉白色操作（注意到白色操作覆盖的段已经被涂两次，不会再有别的操作）
根据此性质，再对其颜色分类讨论：
1.若其要求最终为黑色，则要求$w_{r}(i,j)=w_{c}(i,j)=0$，并且若$b_{r}(i,j)=b_{c}(i,j)=0$则还要用2操作涂黑（即额外产生$c$的代价），另外显然其一定不会被涂超过2次
2.若其要求最终为白色，根据之前的性质即要求$b_{r}(i,j)and b_{c}(i,j)=0$，并且若$b_{r}(i,j)=1$且$w_{c}(i,j)=0$（或$b_{c}(i,j)=1$且$w_{r}(i,j)=0$）则还要用1操作涂白
另外，还要求1操作的代价，关于$a$即每一个格子会产生$sum b/w_{r/c}(i,j)$个$a$的代价，关于$b$考虑操作的起点，也即对于$b_{r}(i,j)=1$且$b_{r}(i,j-1)=0$（$w$和$c$类似）的格子会再产生$b$的代价
关于这个问题，容易想到最小割，下面描述建图——
对每一个$b/w_{r/c}(i,j)$建立一个点，从$S$向$b_{r}/w_{c}(i,j)$连边$,b_{c}/w_{r}(i,j)$向$T$连边（边权均为$a$，即割表示对应的值选1），进而在这个基础结构上，依次考虑上面的限制和代价：
1.要求$b_{r}(i,j)$和$w_{r}(i,j)$（$c$类似）不同时为1，那么从$w_{r}(i,j)$向$b_{r}(i,j)$连一条边权为$infty$的边即可
2.要求最终为黑色的点$w_{r}(i,j)=w_{c}(i,j)=0$，那么从$w_{r/c}(i,j)$再向$T$连一条边权为$infty$的边即可
3.若最终为黑色的点$b_{r}(i,j)=b_{c}(i,j)=0$则产生$c$的代价，那么从$b_{r}(i,j)$向$b_{c}(i,j)$连一条边权为$c$的边即可
4.要求最终为白色的点$b_{r}(i,j)and b_{c}(i,j)=0$，那么从$b_{c}(i,j)$向$b_{r}(i,j)$连一条边权为$infty$的边即可
5.若最终为白色的点$b_{r}(i,j)=1$且$w_{c}(i,j)=0$（另一种类似）则产生$c$的代价，那么从$w_{c}(i,j)$向$b_{r}(i,j)$连一条边权为$c$的边，注意到若$b_{r}(i,j)$没被割掉或$w_{c}(i,j)$被割掉该边显然不需要被割掉，同时当两者均不成立时（即所要求的情况）则$b_{r}(i,j)$必然存在一条路径，进而即会要求其被割掉
6.若$b_{r}(i,j)=1$且$b_{r}(i,j-1)=0$则产生$b$的代价（$w$和$c$类似），那么从$b_{r}(i,j-1)$向$b_{r}(i,j)$连一条边权为$b$的边，正确性与5类似（特别的，还需要从$S$再向$b_{r}(i,1)$连一条边权为$b$的边）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 45 4 #define maxV N*N*4 5 #define maxE N*N*30 6 #define oo 0x3f3f3f3f 7 struct Edge{ 8 int nex,to,len; 9 }edge[maxE]; 10 queue<int>q; 11 int n,m,V,E,a,b,c,ans,br[N][N],bc[N][N],wr[N][N],wc[N][N],head[maxV],work[maxV],d[maxV]; 12 char s[N][N]; 13 void add(int x,int y,int z){ 14 edge[E]=Edge{head[x],y,z}; 15 head[x]=E++; 16 if (E&1)add(y,x,0); 17 } 18 bool bfs(){ 19 memset(d,oo,sizeof(d)); 20 d[0]=0,q.push(0); 21 while (!q.empty()){ 22 int k=q.front(); 23 q.pop(); 24 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 25 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]==oo)){ 26 d[edge[i].to]=d[k]+1; 27 q.push(edge[i].to); 28 } 29 } 30 return d[V]!=oo; 31 } 32 int dfs(int k,int s){ 33 if (k==V)return s; 34 int ans=0; 35 for(int &i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 36 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]==d[k]+1)){ 37 int p=dfs(edge[i].to,min(s,edge[i].len)); 38 edge[i].len-=p,edge[i^1].len+=p,s-=p,ans+=p; 39 if (!s)return ans; 40 } 41 return ans; 42 } 43 int main(){ 44 scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b,&c); 45 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1); 46 for(int i=1;i<=n;i++) 47 for(int j=1;j<=m;j++){ 48 br[i][j]=++V,bc[i][j]=++V; 49 wr[i][j]=++V,wc[i][j]=++V; 50 } 51 V++; 52 memset(head,-1,sizeof(head)); 53 for(int i=1;i<=n;i++) 54 for(int j=1;j<=m;j++){ 55 add(0,br[i][j],a),add(0,wc[i][j],a); 56 add(bc[i][j],V,a),add(wr[i][j],V,a); 57 add(wr[i][j],br[i][j],oo); 58 add(bc[i][j],wc[i][j],oo); 59 if (s[i][j]=='#'){ 60 add(wr[i][j],V,oo),add(0,wc[i][j],oo); 61 add(br[i][j],bc[i][j],c); 62 } 63 else{ 64 add(bc[i][j],br[i][j],oo); 65 add(wc[i][j],br[i][j],c); 66 add(bc[i][j],wr[i][j],c); 67 } 68 if (j==1)add(0,br[i][j],b),add(wr[i][j],V,b); 69 else add(br[i][j-1],br[i][j],b),add(wr[i][j],wr[i][j-1],b); 70 if (i==1)add(bc[i][j],V,b),add(0,wc[i][j],b); 71 else add(bc[i][j],bc[i-1][j],b),add(wc[i-1][j],wc[i][j],b); 72 } 73 memcpy(work,head,sizeof(head)); 74 while (bfs()){ 75 ans+=dfs(0,oo); 76 memcpy(head,work,sizeof(head)); 77 } 78 printf("%d ",ans); 79 return 0; 80 }