【题解】方格取数问题

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\(\text{Solution:}\)

相邻的不能取——黑白染色。

染色完之后，我们需要对不能同时选择的点连接一条流量为\(\infty\)的边，以保证它们不被割开。（即，被割开的一定是连向\(S\)或\(T\)的之前连过的边，边权是点权。）

上述连边保证图联通，并保证割掉的边一定是之前连的边权为点权的边。如果不连\(\infty\)的边，则原图本不连通，也就不会进行最小割了。

注意到，同样颜色的点互相不影响，所以可以随便割。而颜色不同的点，由于之前分到的集合不一样，而割掉一条边意味着我不选择这个点，这也意味着它将属于另一个集合。而最后一定会被那个总体的答案减去最小割后记录下这个点被划分到另一个集合的贡献。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=5e5+10;
const int inf=(1<<30);
const int dx[4]={0,1,0,-1};
const int dy[4]={1,0,-1,0};
struct E{int nxt,to,flow;}e[MAXN];
int tot=1,head[MAXN],cur[MAXN],dep[MAXN],n,m,S,T,Ans;
inline void add(int x,int y,int w){
	e[++tot].to=y;e[tot].nxt=head[x];e[tot].flow=w;head[x]=tot;
	e[++tot].to=x;e[tot].nxt=head[y];e[tot].flow=0;head[y]=tot;
}
bool bfs(int s,int t){
	memset(dep,0,sizeof dep);
	queue<int>q;q.push(s);
	dep[s]=1;cur[s]=head[s];
	for(;!q.empty();){
		s=q.front();q.pop();
		for(int i=head[s];i;i=e[i].nxt){
			int j=e[i].to;
			if(e[i].flow&&!dep[j]){
				dep[j]=dep[s]+1;
				cur[j]=head[j];
				if(j==t)return true;
				q.push(j);
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int s,int flow,int t){
	if(flow<=0||s==t)return flow;
	int rest=flow;
	for(int i=cur[s];i;i=e[i].nxt){
		int j=e[i].to;
		if(dep[j]==dep[s]+1&&e[i].flow){
			int tmp=dfs(j,min(e[i].flow,rest),t);
			if(tmp<=0)dep[j]=0;
			rest-=tmp;e[i].flow-=tmp;e[i^1].flow+=tmp;
			if(rest<=0)break;
		}
	}
	return flow-rest;
}
int dinic(int s,int t){
	int ans=0;
	for(;bfs(s,t);)ans+=dfs(s,inf,t);
	return ans;
}
inline int num(int i,int j){return (i-1)*m+j;}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	S=0,T=n*m+1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j){
			int x;
			scanf("%d",&x);
			if((i+j)&1)add(S,num(i,j),x);
			else add(num(i,j),T,x);
			Ans+=x;
		}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j){
			if((i+j)%2==0)continue;
			for(int k=0;k<4;++k){
				int nx=i+dx[k];
				int ny=j+dy[k];
				if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m)continue;
				add(num(i,j),num(nx,ny),inf);
			}
		}
	printf("%d\n",Ans-dinic(S,T));
	return 0;
}

【题解】方格取数问题

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