洛谷P4313 文理分科

题目大意：

一个(n*m)的网格图

每个点要在文理之中选一个，选文会获得(art[i][j])的收益，选理会获得(science[i][j])的收益

如果存在某个点选的是文，而且与他相邻的格子全部选了文，会获得(sameart[i][j])的收益，如果存在某个点选的是理，而且与他相邻的格子全部选了理，会获得(samescience[i][j])的收益

求最大收益

构造最小鸽模型

每个点向源点连边，边权为(art[i][j])，向汇点连边，边权为(science[i][j])，这样满足(art)和(science)中必须鸽掉一个

然后考虑(same)的收益

我们可以考虑对每个点开两个辅助节点

一个向源点连边权为(sameart[i][j])的边，再向相邻点连(inf)边，满足必须所有相邻点的(science[i][j])边全部鸽掉才能获得

另一个向汇点连边权为(samescience[i][j])，再由相邻点向自己连(inf)边，满足必须所有相邻点的(art[i][j])边全部鸽掉才能获得

很有趣的最小割模型

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch;
	for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	return f?x:-x;
}
int dx[5]={0,-1,0,1,0},dy[5]={0,0,1,0,-1};
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,sum,st,ed,ret,tot;
int val[110][110][5];
int id[110][110][3];
int head[1000010],cur[1000010],d[1000010],cnt=1;
struct point
{
	int nxt,to,c;
}a[2000010];
inline void add(int x,int y,int c)
{
	a[++cnt]=(point){head[x],y,c};head[x]=cnt;
	a[++cnt]=(point){head[y],x,0};head[y]=cnt;
}
queue<int> q;
inline bool bfs()
{
	for(int i=1;i<=tot;++i)
	{
		cur[i]=head[i];
		d[i]=0;
	}
	q.push(st);d[st]=1;
	while(!q.empty())
	{
		int now=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[now];i;i=a[i].nxt)
		{
			int t=a[i].to;
			if(!d[t]&&a[i].c)
			{
				d[t]=d[now]+1;
				q.push(t);
			}
		}
	}
	return d[ed];
}
inline int dfs(int now,int c)
{
	if(now==ed||!c) return c;
	int ret=c,f;
	for(int i=cur[now];i;i=a[i].nxt)
	{
		cur[now]=i;
		int t=a[i].to;
		if(d[t]==d[now]+1)
		{
			f=dfs(t,min(a[i].c,ret));
			if(!f) continue;
			a[i].c-=f;
			a[i^1].c+=f;
			ret-=f;
			if(!ret) return c;
		}
	}
	if(ret==c) d[now]=0;
	return c-ret;
}
inline int dinic()
{
	while(bfs()) ret+=dfs(st,inf);
	return ret;
}
signed main()//考虑最小割，每个点向源点连边，边权为art，向汇点连边，边权为science;
{			 //处理same情况：每个点连向辅助节点，边权为inf，辅助节点边权为same-art和same-science，作为最小割
	n=read(),m=read();
	for(int k=1;k<=4;++k)
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=1;j<=m;++j)
			{
				val[i][j][k]=read();
				sum+=val[i][j][k];
				if(k==1) id[i][j][0]=++tot,id[i][j][1]=++tot,id[i][j][2]=++tot;
				//如果只开一个辅助节点，原节点要和辅助节点建双向inf边
				//会导致两个same全部需要割掉
			}
		}
	}
	st=++tot,ed=++tot;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			add(st,id[i][j][0],val[i][j][1]);
			add(st,id[i][j][1],val[i][j][3]);
			
			add(id[i][j][0],ed,val[i][j][2]);
			add(id[i][j][2],ed,val[i][j][4]);
			
			for(int k=0;k<=4;++k)
			{
				int tx=i+dx[k],ty=j+dy[k];
				if(tx<1||ty<1||tx>n||ty>m) continue;
				add(id[tx][ty][1],id[i][j][0],inf);
				add(id[tx][ty][0],id[i][j][2],inf);
			}
		}
	}
	printf("%d
",sum-dinic());
return 0;
}