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）；
任何数字不超过1000”的限制
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 1Sample Output
81【数据规模】
对于100%的数据有N,M≤100
sol
最小割模型都看得出来吧。把所有收益先加上（注意\(C\)的收益要加上若干次）
对于\(A\)和\(B\)的连边应该都很好解决，但\(C\)怎么办？
最小割在同一边的时候产生代价，在两侧时不产生代价？
这可做？
那么我们就要适当转化模型，把在同一边产生代价的条件转化为在两侧产生代价。
那么我们就要认为相邻两个点同类型时是在不同侧的，不同类型时反倒是在同一侧。
这是啥？
注意这是个矩形哟，是个啥。。。二分图？
我们就对二分图两侧的点（下文称为黑白两个点，注意这是自然形成的而非答案计算得到的）分别定义在最小割的左右两边的含义。比如说：
我们定义最小割中在\(S\)这一边的是黑点中选商业的点和白点中选工业的点；
同理，与\(T\)在同一边的是黑点中选工业的点和白点中选商业的点。
这样一来，最小割就成立了。
要注意意义不同以后，每个点直接与\(S\)和\(T\)连的那条边的容量就取决于它是黑点还是白点。黑点与\(S\)连\(A\)（商业）,与\(T\)连\(B\)（工业），白点恰好反之。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf = 1e9;
const int N = 110;
struct edge{int to,next,w;}a[N*N<<5];
int n,m,P[N][N],tot,A[N][N],B[N][N],C[N][N],sum,S,T,head[N*N],cnt=1,dep[N*N],cur[N*N];
queue<int>Q;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
void link(int u,int v,int w,bool b)
{
a[++cnt]=(edge){v,head[u],w};
head[u]=cnt;
a[++cnt]=(edge){u,head[v],b?w:0};
head[v]=cnt;
}
bool bfs()
{
memset(dep,0,sizeof(dep));
dep[S]=1;Q.push(S);
while (!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for (int e=head[u];e;e=a[e].next)
if (a[e].w&&!dep[a[e].to])
dep[a[e].to]=dep[u]+1,Q.push(a[e].to);
}
return dep[T];
}
int dfs(int u,int flow)
{
if (u==T)
return flow;
for (int &e=cur[u];e;e=a[e].next)
if (a[e].w&&dep[a[e].to]==dep[u]+1)
{
int temp=dfs(a[e].to,min(flow,a[e].w));
if (temp) {a[e].w-=temp;a[e^1].w+=temp;return temp;}
}
return 0;
}
int Dinic()
{
int res=0;
while (bfs())
{
for (int i=T;i;i--) cur[i]=head[i];
while (int temp=dfs(S,inf)) res+=temp;
}
return res;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();S=n*m+1;T=n*m+2;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
P[i][j]=++tot,A[i][j]=gi(),sum+=A[i][j];
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
B[i][j]=gi(),sum+=B[i][j];
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
{
C[i][j]=gi();
if (i>1) sum+=C[i][j];
if (j>1) sum+=C[i][j];
if (i<n) sum+=C[i][j];
if (j<m) sum+=C[i][j];
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
if ((i+j)&1)
{
link(S,P[i][j],A[i][j],0);
link(P[i][j],T,B[i][j],0);
if (i>1) link(P[i][j],P[i-1][j],C[i][j]+C[i-1][j],1);
if (j>1) link(P[i][j],P[i][j-1],C[i][j]+C[i][j-1],1);
if (i<n) link(P[i][j],P[i+1][j],C[i][j]+C[i+1][j],1);
if (j<m) link(P[i][j],P[i][j+1],C[i][j]+C[i][j+1],1);
}
else
{
link(S,P[i][j],B[i][j],0);
link(P[i][j],T,A[i][j],0);
}
printf("%d\n",sum-Dinic());
return 0;
}