網路流-最小割
一些定義：
割：
對於一個網路流圖G=(V,E)，其割的定義為一種點的劃分方式：將所有的點劃分為S和T=V-S兩個集合，源點s屬於S，匯點t屬於T。
割的容量：
指連線S中的點和T中的點的邊容量的總和，符號為C(S,T)
最小割問題：
求一個割(S,T)使得割C(S,T)最小
最大流最小割定理：最小割等於最大流
證明：詳情參見：OI Wiki 最大流最小割定理
最小割模型：
問題模型 1
有 n 個物品和兩個集合 A,B，如果一個物品沒有放入 A 集合會花費 a_i，沒有放入 B 集合會花費 b_i；還有若干個形如 u_i,v_i,w_i 限制條件，表示如果 u_i 和 v_i 同時不在一個集合會花費 w_i。每個物品必須且只能屬於一個集合，求最小的代價。
這是一個經典的 二者選其一 的最小割題目。我們對於每個集合設定源點 s 和匯點 t，第 i 個點由 s 連一條容量為 a_i 的邊、向 t 連一條容量為 b_i 的邊。對於限制條件 u,v,w，我們在 u,v 之間連容量為 w 的雙向邊。
注意到當源點和匯點不相連時，代表這些點都選擇了其中一個集合。如果將連向 s 或 t 的邊割開，表示不放在 A 或 B 集合，如果把物品之間的邊割開，表示這兩個物品不放在同一個集合。
問題模型 2
最大權值閉合圖，即給定一張有向圖，每個點都有一個權值（可以為正或負或 0），你需要選擇一個權值和最大的子圖，使得子圖中每個點的後繼都在子圖中。
做法：建立超級源點 s 和超級匯點 t，若節點 u 權值為正，則 s 向 u 連一條有向邊，邊權即為該點點權；若節點 u 權值為負，則由 u 向 t 連一條有向邊，邊權即為該點點權的相反數。原圖上所有邊權改為 \infty。跑網路最大流，將所有正權值之和減去最大流，即為答案。
幾個小結論來證明：
1.每一個符合條件的子圖都對應流量網路中的一個割。因為每一個割將網路分為兩部分，與 s 相連的那部分滿足沒有邊指向另一部分，於是滿足上述條件。這個命題是充要的。
2.最小割所去除的邊必須與 s 和 t 其中一者相連。因為否則邊權是 \infty，不可能成為最小割。
3.我們所選擇的那部分子圖，權值和 = 所有正權值之和 - 我們未選擇的正權值點的權值之和 + 我們選擇的負權值點的權值之和。當我們不選擇一個正權值點時，其與 s 的連邊會被斷開；當我們選擇一個負權值點時，其與 t 的連邊會被斷開。斷開的邊的邊權之和即為割的容量。於是上述式子轉化為：權值和 = 所有正權值之和 - 割的容量。
4.於是得出結論，最大權值和 = 所有正權值之和 - 最小割 = 所有正權值之和 - 最大流。
最小割就是最小花費。
例題：4020. 【雅禮聯考DAY02】Revolution
題目大意：
地圖是個矩形的網格。
可以花費一定金錢在一些格子投資。
被投資的格子或者四連通的格子都被投資的話，我就可以獲得該格子的收益。
利益最大化是作為商人的基本準則，但這是計算機的任務，拜託您了。
輸入：
第一行兩個數 n,m(n,m ≤ 20)，表示矩形的長和寬。
接下來 n 行，每行是 m 個字元組成的字串，描述投資的花費。
接下來 n 行，每行是 m 個字元組成的字串，表示該格子的收益。
花費和收益按照一種奇葩的方式給出：
字元 數
‘0’ -’ 9’ 0-9
‘a’ -’ z’ 10-35
‘A’ -’ Z’ 36-61
輸出：
一個數，表示收益的和減去投資的和的最大值。
思路：
最小割？最大流？ idk:P
但是相同點：黑白染色（遇見方格建圖的時候多可以進行此操作）
嘗試最大流：
設最大流為答案，則對每個白點進行…… 肯定是不行的！！！（ 經過了兩個半小時的嘗逝:( ）
那麼嘗試最小割：
設答案=價值總和-最小割，那麼每個點可以拆為三個點q1,q2,q3
對於白點從q1向q2連一條容量為cost（成本）的邊，從q2向q3連一條容量為w（價值）的邊
那麼在最小割中，容量為cost的邊的狀態與容量為w的邊的狀態，分別對應了單獨投資這個格子或不投資這個格子的狀態
這樣建圖能滿足或的原因是假如q1,q2,q3同時屬於一個集合時，此時的割一定不是最小割，但是還有一個點四聯通的時候，它的價值也是可以被計算的，那麼設一個白點為i點，其上、下、左、右四個黑點分別對應a，b，c，d。那麼i3可以與a1，b1，c1，d1連一條容量為inf（無窮大）的邊，a1，b1，c1，d1分別與a2，b2，c2，d2連一條容量為w的邊，a2，b2，c2，d2分別於a3，b3，c3，d3連一條容量為cost的邊，那麼此時的圖初步滿足了我們要求的所以性質。
但是這樣操作會使得當i處於用四聯通的方式去取得其價值時，黑點的w邊與cost邊都會被割在同一個集合中。那我們不將i3與a1，b1，c1，d1連一條容量為inf（無窮大）的邊，而是將i3與a2，b2，c2，d2連一條容量為inf的邊，那麼此時再將i2與a3，b3，c3，d3連一條容量為inf的邊，將s與i1連一條inf的邊，將a3，b3，c3，d3與t連一條容量為inf的邊，就可以讓只選黑點格子的狀態也被包含。
程式碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long inf=1e18;
int read(){
char c=getchar();
while ((c>='0'&&c<='9')==false&&(c>='a'&&c<='z')==false&&(c>='A'&&c<='Z')==false) c=getchar();
if (c>='0'&&c<='9') return c-'0';
else if (c>='a'&&c<='z') return c-'a'+10;
else return c-'A'+36;
}
long long max(long long a,long long b){
return a>b?a:b;
}
long long min(long long a,long long b){
return a<b?a:b;
}
int en=1,fi[1310],cur[1310];
struct rec{
int e,nex;
long long d;
}z[1000010];
void add(int s,int e,long long d){
z[++en].e=e;
z[en].d=d;
z[en].nex=fi[s];
fi[s]=en;
}
struct que{
int l,r;
int a[100010];
void memsets(){
l=1,r=0;
}
void pop(){
l++;
}
int front(){
return a[l];
}
void push(int x){
a[++r]=x;
}
bool empty(){
return r-l+1==0;
}
}q;
int d[10010],cnt[10010];
int n;
void bfs(int s,int t){
for (int i=1;i<=n;i++){
d[i]=-1;
}
d[t]=0;
cnt[0]=1;
q.push(t);
int x;
while (q.empty()==false){
x=q.front();
q.pop();
for (int i=fi[x];i!=0;i=z[i].nex){
if (d[z[i].e]==-1){
d[z[i].e]=d[x]+1;
++cnt[d[z[i].e]];
q.push(z[i].e);
}
}
}
return ;
}
long long max_flow;
long long dfs(int x,long long flow,int s,int t){
if (x==t) return flow;
long long used=0,w;
for (int i=cur[x];i!=0;i=z[i].nex){
cur[x]=i;
if (z[i].d==0||d[z[i].e]+1!=d[x]) continue;
w=dfs(z[i].e,min(flow-used,z[i].d),s,t);
z[i].d-=w;z[i^1].d+=w;
used+=w;
if (used==flow) return used;
}
--cnt[d[x]];
if (cnt[d[x]]==0) d[s]=n+1;
++d[x];
++cnt[d[x]];
return used;
}
void ISAP(int s,int t){
bfs(s,t);
while (d[s]<n){
for (int i=1;i<=n;i++) cur[i]=fi[i];
max_flow+=dfs(s,inf,s,t);
}
return ;
}
int len_k,len_c;
int q1(int x,int y){
return (x-1)*len_k+y;
}
int q2(int x,int y){
return (x-1)*len_k+y+len_c*len_k;
}
int q3(int x,int y){
return (x-1)*len_k+y+len_c*len_k*2;
}
bool vis(int i,int j){
return (i+j)%2==1;
}
void add_edge(int s,int e,long long d){
add(s,e,d);add(e,s,0);
}
int l[]={1,-1,0,0},r[]={0,0,1,-1};
int a_c[30][30],a_w[30][30];
int s,t;
long long ans;
void init(){
scanf("%d%d",&len_c,&len_k);
s=len_k*len_c*3+1;
t=s+1;
n=t;
for (int i=1;i<=len_c;i++){
for (int j=1;j<=len_k;j++){
a_c[i][j]=read();
}
}
for (int i=1;i<=len_c;i++){
for (int j=1;j<=len_k;j++){
a_w[i][j]=read();
ans+=a_w[i][j];
}
}
for (int i=1;i<=len_c;i++){
for (int j=1;j<=len_k;j++){
int z1=q1(i,j),z2=q2(i,j),z3=q3(i,j),x,y;
if (vis(i,j)==true){//白點
add_edge(s,z1,inf);
add_edge(z1,z2,a_c[i][j]);
add_edge(z2,z3,a_w[i][j]);
for (int k=0;k<=3;k++){
x=i+l[k];y=j+r[k];
if (x<1||y<1||x>len_c||y>len_k) continue;
add_edge(z2,q1(x,y),inf);
add_edge(z3,q2(x,y),inf);
}
}
else{//黑點
add_edge(z1,z2,a_w[i][j]);
add_edge(z2,z3,a_c[i][j]);
add_edge(z3,t,inf);
}
}
}
}
void print(){
printf("%lld",ans-max_flow);
}
int main(){
init();
ISAP(s,t);
print();
return 0;
}