圈地计划

Description

最近房地产商GDOI(Group of Dumbbells Or Idiots)从NOI(Nuts Old Idiots)手中得到了一块开发土地。据了解，这块土地是一块矩形的区域，可以纵横划分为N×M块小区域。GDOI要求将这些区域分为商业区和工业区来开发。根据不同的地形环境，每块小区域建造商业区和工业区能取得不同的经济价值。更具体点，对于第i行第j列的区域，建造商业区将得到Aij收益，建造工业区将得到Bij收益。另外不同的区域连在一起可以得到额外的收益，即如果区域(I,j)相邻（相邻是指两个格子有公共边）有K块（显然K不超过4）类型不同于(I,j)的区域，则这块区域能增加k×Cij收益。经过Tiger.S教授的勘察，收益矩阵A,B,C都已经知道了。你能帮GDOI求出一个收益最大的方案么？

Input

输入第一行为两个整数，分别为正整数N和M，分别表示区域的行数和列数；第2到N+1列，每行M个整数，表示商业区收益矩阵A；第N+2到2N+1列，每行M个整数，表示工业区收益矩阵B；第2N+2到3N+1行，每行M个整数，表示相邻额外收益矩阵C。第一行，两个整数，分别是n和m（1≤n，m≤100）；

Output

输出只有一行，包含一个整数，为最大收益值。

Sample Input

3 3
1 2 3
4 5 6
7 8 9
9 8 7
6 5 4
3 2 1
1 1 1
1 3 1
1 1 1

Sample Output

81

【数据规模】
对于100%的数据有N,M≤100

观察题目，基本与happiness相同，所以基本也就是二分图的最小割，唯一有差别的是happiness中是属于相同的得到喜悦值，而这个是属于不同集合得到喜悦值。

这一点很难，这一点很难。

最先我想的是把中间的权令为-(w1+w2)，但很明显网络流跑不起负的（可见我网络流多差，这个都不知道），然后怎么办呢？很难办。

既然我们不能用负边连体现这个关系。考虑happiness，A与B点同属于一个集合就得到这个喜悦值，注意到这里指的是属于S集，T集，那么一个精妙的变换方案出现了，我们先黑白染色，对于每个黑点A，S->A:W商业，A->T:W工业，

对于每个白点B，S->B:W工业，B->T:W商业，对于每对有关系的两点A，B，A<-->B:w1+w2。

一切问题就迎刃而解了，真是一种精妙的办法啊。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <ctime>

#include <cmath>

using namespace std;

int s,t;

int n,m;

int sum=0;

int C[200][200];

int tot=1;

int fir[200000],en[200000],nex[200000],f[200000];

void ins(int a,int b,int c,int d){

	nex[++tot]=fir[a];

	fir[a]=tot;

	en[tot]=b;

	f[tot]=c;

	nex[++tot]=fir[b];

	fir[b]=tot;

	en[tot]=a;

	f[tot]=d;

}

int flow;

int d[200000],now[200000],num[200000],pre[200000],his[200000];

void  sap(){

    flow=0;

    for (int i=0;i<=t;i++){

        now[i]=fir[i];

        d[i]=num[i]=0;

        }

    num[0]=t;

    int aug=0x7fffffff;

    bool flag;

    int i=s;

    while (d[s]<t){

        his[i]=aug;

        flag=false;

        for (int k=now[i];k;k=nex[k])

            if (f[k]>0&&d[i]==d[en[k]]+1){

                aug=min(aug,f[k]);

                flag=true;

                now[i]=k;

                pre[en[k]]=i;

                i=en[k];

                if (i==t){

                    flow+=aug;

                    while (i!=s){

                        i=pre[i];

                        f[now[i]]-=aug;

                        f[now[i]^1]+=aug;

                        }

                    aug=0x7fffffff;

                    }

                break;

                }

        if (flag) continue;

        int k1=0,minn=t;

        for (int k=fir[i];k;k=nex[k])

            if (f[k]>0&&minn>d[en[k]]){

                k1=k;

                minn=d[en[k]];

                }

        now[i]=k1;

        if (!--num[d[i]]) return;

        d[i]=minn+1;

        num[d[i]]++;

        if (i!=s){

            i=pre[i];

            aug=his[i];

            }

        }

}

int main(){

//	freopen("2132.in","r",stdin);

//	freopen("2132.out","w",stdout);

	scanf("%d%d",&n,&m);

	s=n*m+1;t=n*m+2;

	for (int i=1;i<=n;i++)

		for (int j=1;j<=m;j++){

			int delta;

			scanf("%d",&delta);

			if ((i+j)%2==0) ins(s,(i-1)*m+j,delta,0);

			if ((i+j)%2==1) ins((i-1)*m+j,t,delta,0);

			sum+=delta;

			}

	for (int i=1;i<=n;i++)

		for (int j=1;j<=m;j++){

			int delta;

			scanf("%d",&delta);

			if ((i+j)%2==1) ins(s,(i-1)*m+j,delta,0);

			if ((i+j)%2==0) ins((i-1)*m+j,t,delta,0);

			sum+=delta;

			}

	for (int i=1;i<=n;i++)

		for (int j=1;j<=m;j++){

			scanf("%d",&C[i][j]);

			}

	for (int i=1;i<=n;i++)

		for (int j=1;j<=m-1;j++){

			ins((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,C[i][j]+C[i][j+1],C[i][j]+C[i][j+1]);

			sum+=C[i][j]+C[i][j+1];

			}

	for (int i=1;i<=n-1;i++)

		for (int j=1;j<=m;j++){

			ins((i-1)*m+j,i*m+j,C[i][j]+C[i+1][j],C[i][j]+C[i+1][j]);

			sum+=C[i][j]+C[i+1][j];

			}

	sap();

	printf("%d",sum-flow);

	return 0;

}