题目描述
在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到 A 胜过 B，B 胜过 C 而 C 又胜过 A 的有趣情况，不妨形象的称之为剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的剪刀石头布情况发生，即有多少对无序三元组 (A,B,C)(A,B,C)(A,B,C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将 (A,B,C)(A, B, C)(A,B,C)视为相同的情况。
有 N 个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有 N∗(N−1) / 2 场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。
输入格式
输入文件的第 1 行是一个整数 N，表示参加比赛的人数。
之后是一个 N 行 N 列的数字矩阵：一共 N 行，每行 N 列，数字间用空格隔开。
在第 (i+1) 行的第 j 列的数字如果是 1，则表示 i 在已经发生的比赛中赢了 j；该数字若是 0，则表示在已经发生的比赛中 i 败于 j；该数字是 2，表示 i 和j 之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第 (i+1) 行第 i 列的数字都是 0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。
输入文件保证合法，不会发生矛盾，当 i≠j 时，第 (i+1) 行第 j 列和第 (j+1) 行第 i 列的两个数字要么都是 2，要么一个是 0 一个是 1。
输出格式
输出文件的第 1 行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少剪刀石头布情况。
输出文件的第 2 行开始有一个和输入文件中格式相同的 N 行 N 列的数字矩阵。第(i+1) 行第 j 个数字描述了 i 和 j 之间的比赛结果，1 表示 i 赢了 j，0 表示 i 负于 j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字 2；对角线上的数字都是 0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。
输入输出样例
输入 #1
3
0 1 2
0 0 2
2 2 0
输出 #1
1
0 1 0
0 0 1
1 0 0
说明/提示
【评分标准】
对于每个测试点，仅当你的程序的输出第一行的数字和标准答案一致，且给出了一个与之一致的合法方案，你才能得到该测试点的满分，否则该测试点得 0 分。
【数据范围】
30% 的数据中，N≤6；
100% 的数据中，N≤100。
一句话题意就是 给出一个竞赛图 ， 有一些边已经固定 ， 另一些边随意 ， 求最多能有多少个三元环。
正着想不好想 （是我太弱了）， 可以想有多少情况会破坏三元环 ， 如果一个点的入度或者出度为2就会破坏一个三元环 ， 那如果度为 (d) 那会破坏 (C_d^2) 个三元环 ， 将度数作为流量。
网络流建边方法
将每个边当做点 ， 给他们编号。
将 S 向每个边连一条容量为 1 费用为 0 的边，
将每个边向他在原图中的点连边。
如果 i 赢了 j 就向 i 连边
如果 j 赢了 i 就向 j 连边
如果不确定 就向 i ， j 都连边 ， 再开个二维的 (id[][]) 记录一下 ， 连向这个点的编号。
以上三条都是 流量为 1 ， 费用为 0
将图中的 n 个点向汇点连边 ， 由于是(C_n^2) 考虑n 增大 1 时 ， 多减少几个，发现是 0 , 1 , 2 , 3 , ....
将边拆成 n 条 费用 0 ， 1 ， 2 。。。 n-1 流量都是 1的边。
之后就没了 。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 120;
inline int read()
{
register int x = 0; register char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0' , c = getchar();
return x;
}
#define RQ puts("RQ");
int n , S , T , cnt = 1;
int a[N][N] , head[N*N] , id[N][N] , f[N*N*10] , dis[N*N*10] , vis[N*N*10] , pre[N*N*10];
struct edge{ int v , nex , c , val; } e[N*N*N];
inline void add(int u , int v , int c , int val)
{
e[++cnt].v = v; e[cnt].c = c; e[cnt].nex = head[u]; e[cnt].val = val; head[u] = cnt;
e[++cnt].v = u; e[cnt].c = 0; e[cnt].nex = head[v]; e[cnt].val = -val; head[v] = cnt;
return ;
}
queue<int> q;
bool spfa()
{
register int i , x , v;
for(i = 0 ; i <= T ; ++i) dis[i] = 1e7 , f[i] = 0 , pre[i] = 0; f[S] = 1e8;
q.push(S); dis[S] = 0;
while(q.size())
{
x = q.front(); q.pop(); vis[x] = 0;
for(i = head[x] , v ; i ; i = e[i].nex)
{
v = e[i].v;
if(dis[v] > dis[x] + e[i].val && e[i].c)
{
pre[v] = i; f[v] = min(e[i].c , f[x]);
dis[v] = dis[x] + e[i].val;
if(!vis[v]) vis[v] = 1 , q.push(v);
}
}
}
return f[T] != 0;
}
int solve()
{
register int ans = 0 , i , t;
while(spfa())
{
ans += f[T] * dis[T];
t = T;
do
{
i = pre[t];
e[i].c -= f[T];
e[i^1].c += f[T];
t = e[i^1].v;
}while(t != S);
}
return ans;
}
int main()
{
n = read();
register int i , j , tot;
for(i = 1 ; i <= n ; ++i) for(j = 1 ; j <= n ; ++j) a[i][j] = read();
tot = n; S = 0;
for(i = 1 ; i <= n ; ++i)
for(j = i+1 ; j <= n ; ++j)
{
++tot; add(S , tot , 1 , 0);
if(a[i][j] == 0) add(tot , j , 1 , 0);
else
if(a[i][j] == 1) add(tot , i , 1 , 0);
else add(tot , i , 1 , 0) , id[i][j] = cnt - 1 ,
add(tot , j , 1 , 0) , id[j][i] = cnt - 1;
}
T = tot + n;
for(i = 1 ; i <= n ; ++i)
for(j = 0 ; j < n ; ++j)
add(i , T , 1 , j);
int ans = solve();
ans = n * (n - 1) * (n - 2) / 6 - ans;
printf("%d
" , ans);
for(i = 1 ; i <= n ; ++i)
{
for(j = 1 ; j <= n ; ++j)
{
if(a[i][j] != 2) printf("%d " , a[i][j]);
else printf("%d " , e[id[i][j]].c == 0);
}
puts("");
}
return 0;
}