1976: [BeiJing2010组队]能量魔方 Cube
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Description
小C 有一个能量魔方，这个魔方可神奇了，只要按照特定方式，放入不同的 能量水晶，就可以产生巨大的能量。 能量魔方是一个 N*N*N 的立方体，一共用 N3 个空格可以填充能量水晶。 能量水晶有两种： ·一种是正能量水晶(Positive) ·一种是负能量水晶(Negative) 当这个魔方被填满后，就会依据填充的能量水晶间的关系产生巨大能量。对 于相邻两(相邻就是拥有同一个面)的两个格子，如果这两个格子填充的是一正一 负两种水晶，就会产生一单位的能量。而整个魔方的总能量，就是这些产生的能 量的总和。 现在，小 C 已经在魔方中填充了一些水晶，还有一些位置空着。他想知道， 如果剩下的空格可以随意填充，那么在最优情况下，这个魔方可以产生多少能量。
Input
第一行包含一个数N，表示魔方的大小。 接下来 N2 行，每行N个字符，每个字符有三种可能： P：表示此方格已经填充了正能量水晶； N：表示此方格已经填充了负能量水晶； ?：表示此方格待填充。 上述 N*N 行，第(i-1)*N+1~i*N 行描述了立方体第 i 层从前到后，从左到右的 状态。且每 N 行间，都有一空行分隔。
Output
仅包含一行一个数，表示魔方最多能产生的能量
Sample Input
2
P?
??
??
N?
P?
??
??
N?
Sample Output
9
HINT
如下状态时，可产生最多的能量。
PN
NP
NP
NN
【数据规模】
10% 的数据N≤3；
30% 的数据N≤4；
80% 的数据N≤10；
100% 的数据N≤40。
Source
题解：
最小割，思路很好。
我们可以发现这道题与之前的几道题略有不同，这里是两个格子所属类别不同时获得某种收益。所以我们单纯地按照两个类别建立源点和汇点，连边求最小割就行不通了。
那怎么办呢？能不能还用最小割解决呢？
答案当然是能，不然我第一行为什么会写“最小割”三个字…2333
我们考虑能不能有一种方案，让任意两个相邻格子颜色都不同。当然是可以的，只要对一个n*n*n的立方体黑白染色就可以了。对于黑色，我们用s表示positive，t表示negative；相反地，对于白色，用s表示negative，t表示positive。这样，我们就把所属与不同类别转化为所属相同类别。是不是很机智啊！
但是题目中是有限定条件的，也就是有些点的类别是固定的，这也很好办。比如说对于黑色，如果已经确定为positive，连边(s,i,inf)；如果已经确定为negative，连边(i,t,inf)。因为inf的边一定不会成为割，也就保证了i节点一定属于s割或者t割，即保证了它是positive或者negative。白色同理。
然后对于任意两个相邻格子i和j，连边（i,j,1）（j,i,1）。
最后跑一次最小割，从总收益中减去最小割即为答案。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 using namespace std; 8 #define MAXN 64020 9 #define INF 1e9 10 struct node 11 { 12 int begin,end,value,next; 13 }edge[14*MAXN]; 14 int cnt,Head[MAXN],S,T,dis[MAXN],q[MAXN],n,cur[MAXN]; 15 16 17 18 void addedge(int bb,int ee,int vv) 19 { 20 edge[++cnt].begin=bb;edge[cnt].end=ee;edge[cnt].value=vv;edge[cnt].next=Head[bb];Head[bb]=cnt; 21 } 22 void addedge1(int bb,int ee,int vv) 23 { 24 addedge(bb,ee,vv);addedge(ee,bb,0); 25 } 26 int xyz(int x,int y,int z){return (x-1)*n*n+(y-1)*n+z;} 27 int BFS() 28 { 29 int head,tail,i,u,v; 30 head=0;tail=1;q[tail]=S; 31 memset(dis,-1,sizeof(dis));dis[S]=0;//0打成-1了。。。改死我了。。。 32 while(head!=tail) 33 { 34 head++;if(head==64010)head=0; 35 u=q[head]; 36 for(i=Head[u];i!=-1;i=edge[i].next) 37 { 38 v=edge[i].end; 39 if(edge[i].value>0&&dis[v]<0) 40 { 41 dis[v]=dis[u]+1; 42 tail++;if(tail==64010)tail=0; 43 q[tail]=v; 44 } 45 } 46 } 47 if(dis[T]<=0)return 0; 48 else return 1; 49 } 50 int DFS(int u,int minflow) 51 { 52 int used=0,ans=0,i,v; 53 if(u==T)return minflow; 54 for(i=Head[u];i!=-1;i=edge[i].next) 55 { 56 v=edge[i].end; 57 if(edge[i].value>0&&dis[v]==dis[u]+1) 58 { 59 ans=minflow-used; 60 ans=DFS(v,min(ans,edge[i].value)); 61 edge[i].value-=ans; 62 edge[i^1].value+=ans; 63 used+=ans; 64 if(used==minflow)return minflow; 65 } 66 } 67 if(used==0)dis[u]=-1; 68 return used; 69 } 70 int Dinic() 71 { 72 int maxflow=0,ans=0,i; 73 while(BFS()){for(i=1;i<=T;i++)cur[i]=Head[i];ans=DFS(S,INF);if(ans==0)break;maxflow+=ans;} 74 return maxflow; 75 } 76 int main() 77 { 78 int i,j,k,XYZ,ans; 79 char ch; 80 scanf("%d",&n); 81 S=n*n*n+1;T=S+1;//S代表和正能量水晶连,T代表和负能量水晶连. 82 memset(Head,-1,sizeof(Head));cnt=1; 83 for(i=1;i<=n;i++) 84 { 85 for(j=1;j<=n;j++) 86 { 87 for(k=1;k<=n;k++) 88 { 89 if(i!=n)addedge1(xyz(i,j,k),xyz(i+1,j,k),1); 90 if(j!=n)addedge1(xyz(i,j,k),xyz(i,j+1,k),1); 91 if(k!=n)addedge1(xyz(i,j,k),xyz(i,j,k+1),1); 92 if(i!=1)addedge1(xyz(i,j,k),xyz(i-1,j,k),1); 93 if(j!=1)addedge1(xyz(i,j,k),xyz(i,j-1,k),1); 94 if(k!=1)addedge1(xyz(i,j,k),xyz(i,j,k-1),1); 95 } 96 } 97 } 98 for(i=1;i<=n;i++) 99 { 100 for(j=1;j<=n;j++) 101 { 102 scanf(" "); 103 for(k=1;k<=n;k++) 104 { 105 scanf("%c",&ch); 106 XYZ=xyz(i,j,k); 107 if((i+j+k)%2==0)//黑白染色. 108 { 109 if(ch=='P')addedge1(S,XYZ,INF); 110 else if(ch=='N')addedge1(XYZ,T,INF); 111 //else addedge1(S,XYZ,INF); 112 } 113 else 114 { 115 if(ch=='P')addedge1(XYZ,T,INF); 116 else if(ch=='N')addedge1(S,XYZ,INF); 117 //else addedge1(XYZ,T,INF); 118 } 119 } 120 } 121 if(i!=n)scanf(" "); 122 } 123 ans=Dinic(); 124 printf("%d",3*n*n*(n-1)-ans); 125 fclose(stdin); 126 fclose(stdout); 127 return 0; 128 // while(1) getchar(); 129 //getchar(); 130 }