题目描述
小海在真姬家附近举办了一次集训。真姬家附近是一片沙滩，可以看做n x m的方格，有些方格内有别墅，一个方格和它上下左右四个方格相邻。
小海打算进行k次训练，为了方便每次训练会在两栋相邻的别墅之间，且不会有两次训练地点相同。但训练会打扰居民。若任意两次训练的地点在同一栋别墅附近，会令这里的居民不满。如果这两个地点与别墅组成L字，会产生A点不满；如果这两个地点与别墅在一条线上，会产生B点不满。
小海想要知道进行任意次集训最少会产生多少不满。
输入
第一行1个正整数t表示测试点编号（所有样例的编号均为0，样例均不满足任何特殊性质）。
第二行4个正整数n,m,A,B。
接下来n行，其中第i行一个长度为m的字符串Si,[1,m] ，S_{i,j}表示网格的第i行第j列，‘0’表示存在别墅，‘1’表示不存在别墅。
接下来一行1个正整数q。
输出
输出q行，第i行为k=i时的答案。
样例输入
0 2 4 20 50 0001 0001 7
样例输出
0 0 0 40 80 170 260
提示
样例k=6的方案：
数据范围：
一共25个测试点
1-7测试点 n,m<=8
8-12测试点 若答案>0输出1
13-19测试点 A=B
费用流。
对整个图，按照横坐标加纵坐标的奇偶性分为两部分，一部分是白点，一部分是黑点
如果A=B，我们可以直接对于S到白点连四条边，费用依次为0,A,2A,3A，黑点连向T。
再把相邻的连边就可以了，意思也就是说不满程度只与一个点有选了几个与其相邻的点有关。
对于A<=B，我们就是要把一些算成$L$字贡献的改成直线的贡献，也就是加上B-A
那么这时候对于一个点，我们要知道上面和下面加起来用了几次，如果是两次就是B-A，一次就是0
左右也是同理的。
那么我们可以对于每一个别墅，多建两个点，表示上下和左右。
别墅像上下连一条费用为0的边，再连一条费用是B-A的边。左右同理。
那么相邻的点就只要连接左右或者上下的点就可以了。
注意。。有个部分分是答案大于0就输出1。
1 #pragma GCC optimize(2) 2 #include <bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 #define M 200010 5 #define inf 1047483647 6 int n, m, A, B; 7 char str[50][50]; 8 int s, t; 9 struct Edge{ 10 int u, v, cap, flow, cost, Next; 11 } G[M]; 12 int head[M], tot; 13 int d[M], inq[M], p[M], a[M]; 14 inline void init() { 15 memset(head, -1, sizeof(head)); 16 tot = -1; 17 } 18 inline void add(int u, int v, int w, int cost) { 19 G[++ tot] = (Edge){u, v, w, 0, cost, head[u]}; 20 head[u] = tot; 21 G[++ tot] = (Edge){v, u, 0, 0, -cost, head[v]}; 22 head[v] = tot; 23 } 24 inline bool Do(int &flow, int &cost) { 25 for(int i = s; i <= t; ++ i) d[i] = inf; 26 for(int i = s; i <= t; ++ i) inq[i] = 0; 27 d[s] = 0; inq[s] = 1; 28 p[s] = 0; a[s] = inf; 29 queue<int> Q; 30 Q.push(s); 31 while(!Q.empty()) { 32 int u = Q.front(); Q.pop(); 33 inq[u] = 0; 34 for(int i = head[u]; i != -1; i = G[i].Next) { 35 Edge& e = G[i]; 36 if(e.cap > e.flow && d[e.v] > d[u] + e.cost) { 37 d[e.v] = d[u] + e.cost; 38 p[e.v] = i; 39 a[e.v] = min(a[u], e.cap - e.flow); 40 if(!inq[e.v]) { 41 Q.push(e.v); 42 inq[e.v] = 1; 43 } 44 } 45 } 46 } 47 if(d[t] == inf) return false; 48 ++ flow; 49 cost += d[t]; 50 int u = t; 51 while(u != s) { 52 G[p[u]].flow ++; 53 G[p[u] ^ 1].flow --; 54 u = G[p[u]].u; 55 } 56 return true; 57 } 58 int id[50][50]; 59 int main() { 60 int T; 61 scanf("%d%d%d%d%d", &T, &n, &m, &A, &B); 62 for(int i = 1; i <= n; ++ i) { 63 scanf("%s", str[i] + 1); 64 } 65 init(); 66 int cnt = 0; 67 for(int i = 1; i <= n; ++ i) { 68 for(int j = 1; j <= m; ++ j) { 69 if(str[i][j] == '0') { 70 id[i][j] = ++ cnt; 71 } 72 } 73 } 74 s = 0, t = cnt * 3 + 1; 75 for(int i = 1; i <= n; ++ i) { 76 for(int j = 1; j <= m; ++ j) if(id[i][j]) { 77 if(i + j & 1) { 78 add(s, id[i][j], 1, 0); 79 add(s, id[i][j], 1, A); 80 add(s, id[i][j], 1, 2 * A); 81 add(s, id[i][j], 1, 3 * A); 82 add(id[i][j], id[i][j] + cnt, 1, 0); 83 add(id[i][j], id[i][j] + cnt, 1, B - A); 84 add(id[i][j], id[i][j] + 2 * cnt, 1, 0); 85 add(id[i][j], id[i][j] + 2 * cnt, 1, B - A); 86 if(id[i - 1][j]) { 87 add(id[i][j] + cnt, id[i - 1][j] + cnt, 1, 0); 88 } 89 if(id[i + 1][j]) { 90 add(id[i][j] + cnt, id[i + 1][j] + cnt, 1, 0); 91 } 92 if(id[i][j - 1]) { 93 add(id[i][j] + 2 * cnt, id[i][j - 1] + 2 * cnt, 1, 0); 94 } 95 if(id[i][j + 1]) { 96 add(id[i][j] + 2 * cnt, id[i][j + 1] + 2 * cnt, 1, 0); 97 } 98 } 99 else { 100 add(id[i][j], t, 1, 0); 101 add(id[i][j], t, 1, A); 102 add(id[i][j], t, 1, 2 * A); 103 add(id[i][j], t, 1, 3 * A); 104 add(id[i][j] + cnt, id[i][j], 1, 0); 105 add(id[i][j] + cnt, id[i][j], 1, B - A); 106 add(id[i][j] + 2 * cnt, id[i][j], 1, 0); 107 add(id[i][j] + 2 * cnt, id[i][j], 1, B - A); 108 } 109 } 110 } 111 int q; 112 scanf("%d", &q); 113 int flow = 0, cost = 0; 114 while(q --) { 115 Do(flow, cost); 116 if(8 <= T && T <= 12) { 117 if(cost) puts("1"); 118 else puts("0"); 119 } 120 else printf("%d\n", cost); 121 } 122 }