显然每种颜色的花是独立的，可以分别求出答案后取$\max$
对于某种颜色$C$，建立一张二分图，左右分别为$n$行$n$列，且第$i$行和第$j$列有边当且仅当$c_{i,j}=C$
此时，问题即对边染色，并要求相同颜色的边没有公共端点，并最少化颜色数（包含初始颜色）
这是二分图的边着色问题，其答案即二分图中所有点度数的最大值（记为$\Delta$）
显然这些颜色是必要的（即不能更少），下面构造来说明这是足够的——
做法1：
依次对边染色（顺序任意），若当前边存在某种剩余的颜色即使用，否则总存在一种颜色$c_{1}$和$c_{2}$，满足两者分别不在以$x$和$y$为端点的边中出现
（如果不存在，不难得到$x$或$y$的度数大于颜色数）
另一方面，由于$c_{1}$和$c_{2}$都不能使用，那么$c_{1}$和$c_{2}$必然分别在以$y$和$x$为端点的边中出现
不妨假设$c_{1}$在边$(y,z_{0})$上使用，并分类讨论：
1.$c_{2}$不在以$z_{0}$为端点的边中出现，那么将$(x,y)$和$(y,z_{0})$分别染成$c_{1}$和$c_{2}$即可
2.$c_{2}$在以$z_{0}$为端点的边中出现，假设为$(z_{0},z_{1})$，考虑重新染$(z_{0},z_{1})$，再分类讨论：
(1)若$c_{1}$在不以$z_{1}$为端点的边中出现，那么将$(x,y),(y,z_{0})$和$(z_{0},z_{1})$分别染成$c_{1},c_{2}$和$c_{1}$即可
(2)若$c_{1}$在以$z_{1}$为端点的边中出现，假设为$(z_{1},z_{2})$，重新染$(z_{1},z_{2})$，再分类讨论……
（具体的以此类推，即重复此过程直至出现第1种情况）
由于是二分图，不难发现一个点不会被重复访问（否则即说明其存在两条$c_{1}$或$c_{2}$的边），因此总能够找到方案，并记边集大小为$|E|$（也即$c_{i,j}=C$的位置数），时间复杂度为$o(n|E|)$
总复杂度为$o(n^{3})$，可以通过
做法2：
考虑将每一个点的度数补至$\Delta$，进而求出$\Delta$组完美匹配（每一组完美匹配的边对应一种颜色），然后删除补充的边即得到原图的一组方案
第一步只需要不断在两边中各选一个度小于$\Delta$的点连边即可（允许重边），第二步使用网络流来做二分图匹配（并得到方案），时间复杂度为$o(\Delta n^{1.5})$（点集和边集分别大小为$n$和$n\Delta$）
关于第二步中存在$\Delta$组完美匹配，可以考虑归纳证明，注意到一组完美匹配删去后即将所有点度数都减去1，而当$\Delta=1$时将所有边都选上即构成完美匹配（那么$\Delta>1$时显然也存在完美匹配）
总复杂度为$o(n^{3.5})$，可能有一些卡
（代码是做法1的）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 305 4 #define fi first 5 #define se second 6 vector<pair<int,int> >v[N*N]; 7 int t,n,x,y,mx,tot,c[N][N],d[N<<1],vis[N<<1][N],ans[N][N]; 8 int main(){ 9 scanf("%d",&t); 10 while (t--){ 11 scanf("%d",&n); 12 mx=tot=0; 13 for(int i=1;i<=n*n;i++)v[i].clear(); 14 for(int i=1;i<=n;i++) 15 for(int j=1;j<=n;j++){ 16 scanf("%d",&x); 17 ans[i][j]=-1; 18 v[x].push_back(make_pair(i,j)); 19 } 20 for(int i=1;i<=n*n;i++){ 21 for(int j=0;j<=(n<<1);j++)d[j]=0; 22 for(int j=0;j<v[i].size();j++)d[v[i][j].fi]++,d[v[i][j].se+n]++; 23 for(int j=1;j<=(n<<1);j++)d[0]=max(d[0],d[j]); 24 mx=max(mx,--d[0]); 25 for(int j=1;j<=(n<<1);j++) 26 for(int k=0;k<=d[0];k++)vis[j][k]=0; 27 for(int j=0;j<v[i].size();j++){ 28 x=v[i][j].fi,y=v[i][j].se+n; 29 int c1,c2; 30 for(int k=0;k<=d[0];k++) 31 if (!vis[x][k])c1=k; 32 for(int k=0;k<=d[0];k++) 33 if (!vis[y][k])c2=k; 34 while (y){ 35 if (ans[x][y-n]>=0)vis[y][ans[x][y-n]]=0; 36 ans[x][y-n]=c1,vis[x][c1]=y; 37 swap(vis[y][c1],x); 38 if (!x)break; 39 if (ans[x][y-n]>=0)vis[x][ans[x][y-n]]=0; 40 ans[x][y-n]=c2,vis[y][c2]=x; 41 swap(vis[x][c2],y); 42 } 43 } 44 } 45 for(int i=1;i<=n;i++) 46 for(int j=1;j<=n;j++) 47 if (ans[i][j])tot++; 48 printf("%d %d\n",mx,tot); 49 for(int i=1;i<=n;i++) 50 for(int j=1;j<=n;j++) 51 if (ans[i][j])printf("%d %d %d\n",i,j,ans[i][j]); 52 } 53 return 0; 54 }