http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1001
可谓惨不忍睹，一下午就在调这题了。
很久以前看到这题是一眼最大流，看到n<=1000，我也不管，我本着锻炼代码能力超时就超时的思想先写了个最大流，TLE是很正常的。。
直到今天下午，我看了题解，原来是转换成对偶图跑最短路，恩，很巧妙的思想。（论文 周冬《两极相通——浅析最大—最小定理在信息学竞赛中的应用》）
首先介绍平面图：
- 定义：图中的一个点为源点s，另外一个点为汇点t，且s和t都在图中的无界面的边界上，我们称这样的平面图为s-t平面图。
- 性质：
- （欧拉公式）如果一个连通的平面图有n个点，m条边和f个面，那么f=m-n+2
- 每个平面图G都有一个与其对偶的平面图G*
对偶图：G*中的每个点对应G中的一个面；对于G中的每条边e，e属于两个面f1、f2，加入边(f1*， f2*) - G的面数等于G*的点数，G*的点数等于G的面数
- G与G*边数相同，G*中的环对应G中的割一一对应
举例（图中可能有错误，我指出来了）：
根据它的性质，这些环对应的就是一个割，那么我们只要找一个“最短的”环，那么就找到最小割了～最大流也找到了。
跑一次最短路即可，spfa是O(km)k可看作常数（upd：我sb，O(km)是发论文那个人乱说的。。。。），那么时间就大大减小。（你用dij作到nlgn我也没话说，反正spfa能过，你快点就快点。。）
那么如何建模呢？
我们将s和t连起来（自己画图连就行，实际操作不需要，能区分开来就行了），那么这个附加面我们设为s*，附加面外也就是无界面我们设为t*，按上面的方法连弧，跑一次s*到t*的最短路就行。
回到题目上来，此题变态，所以出现了一下TLE，一下RE，一下MLE，，，各种调试。。。各种静态查错。。好不容易a了。
ps：本题注意链的情况，即n==1或者m==1，那么面只有一个，即无界面，除非有特殊的技巧～不用特判，其实也就是当i=1或者j=1的时候，s和t在 “不存在的三角形”的编号内了，即s和t连接起来了，不会使得没有边连到s或者没有边连到t导致错误。
（此题空间跪了，我没有自己算，全看标程怎么给的空间了，。，）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define for1(i,a,n) for(i=a;i<=n;++i)
#define for2(i,a,n) for(i=a;i<n;++i)
#define for3(i,a,n) for(i=a;i>=n;--i)
#define for4(i,a,n) for(i=a;i>n;--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define read(a) scanf("%d", &a)
#define print(a) printf("%d", a)
const int N=(999*999*2+2+10), M=N*3, oo=1000000000;
int ihead[N], inext[M], to[M], w[M], cnt;
int vis[N], q[M*2], front, tail, d[M], m;
inline int num(const int &i, const int &j) {
return ((m-1)*(i-1)<<1)+(j<<1)-1;
}
inline int getnum() {
int ret=0; char c;
for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar());
for(; c>='0' && c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0';
return ret;
}
inline void add(int u, int v, int c) {
inext[++cnt]=ihead[u]; ihead[u]=cnt; to[cnt]=v; w[cnt]=c;
inext[++cnt]=ihead[v]; ihead[v]=cnt; to[cnt]=u; w[cnt]=c;
}
inline int spfa(int s, int t, int n) {
CC(vis, 0);
int u, i;
for1(i, 0, n) d[i]=oo;
vis[s]=1; front=tail=d[s]=0;
q[tail++]=s;
while(front<tail) {
u=q[front++]; if(front==(M<<1)-10) front=0;
for(i=ihead[u]; i; i=inext[i]) if(d[to[i]]>d[u]+w[i]) {
d[to[i]]=d[u]+w[i];
if(!vis[to[i]]) {
vis[to[i]]=1, q[tail++]=to[i];
if(tail==(M<<1)-10) tail=0;
}
}
vis[u]=0;
}
return d[t];
}
int main() {
int n;
n=getnum(); m=getnum();
int i, j, c;
int s=(n-1)*(m-1)*2+1, t=s+1;
for1(i, 1, n) for2(j, 1, m) {
c=getnum();
if(i==1) add(num(i, j)+1, s, c);
else if(i==n) add(num(i-1, j), t, c);
else add(num(i, j)+1, num(i-1, j), c);
}
for2(i, 1, n) for1(j, 1, m) {
c=getnum();
if(j==1) add(num(i, j), t, c);
else if(j==m) add(num(i, j-1)+1, s, c);
else add(num(i, j), num(i, j)-1, c);
}
for2(i, 1, n) for2(j, 1, m) {
c=getnum();
add(num(i, j), num(i, j)+1, c);
}
print(spfa(s, t, t+1));
printf("
");
return 0;
}
Description
现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到，但抓兔子还是比较在行的，而且现在的兔子还比较笨，它们只有两个窝，现在你做为狼王，面对下面这样一个网格的地形： 
左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路 1:(x,y)<==>(x+1,y) 2:(x,y)<==>(x,y+1) 3:(x,y)<==>(x+1,y+1) 道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数，道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝，开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里，现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去，狼王开始伏击这些兔子.当然 为了保险起见，如果一条道路上最多通过的兔子数为K，狼王需要安排同样数量的K只狼，才能完全封锁这条道路，你需要帮助狼王安排一个伏击方案，使得在将兔 子一网打尽的前提下，参与的狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.
Input
第 一行为N,M.表示网格的大小，N,M均小于等于1000.接下来分三部分第一部分共N行，每行M-1个数，表示横向道路的权值. 第二部分共N-1行，每行M个数，表示纵向道路的权值. 第三部分共N-1行，每行M-1个数，表示斜向道路的权值. 输入文件保证不超过10M
Output
输出一个整数，表示参与伏击的狼的最小数量.
Sample Input
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6