WC2007 石头剪刀布 数学+最小费用最大流

题面：

　　有N个人参加一场比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有N*(N-1)/2场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。
　　剪刀石头布情况，即无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。

分析：

　　把题意转化一下，就是给定了一张有向完全图的残本，剩下的边你可以任意安排，求出现最多的三元环数量。

　　我们可以用一下小小的容斥，假如我们任选三个点，方案数是C(n,3)，我们就找出最少失去的三元环数量，就可以给出这个题的答案了。

　　根据《一眼看出法》，我们可以了解，假如一个点x的入度（以下简称in[x]）为w，那么它会使整个图失去的三元环数量为C(w,2)。

　　即：如果一个点的入度增加1，会使三元环数量减少in[x]-1这么多。所以我们需要尽量保证不会出现某个点入度特别多，换句话说就是尽量让入度平均。（这大概就是题解中说的凸函数的性质？？？）

　　所以，我们将失去的三元环作费用，跑费用流。

　　对于未定向的边，我们将其抽象成点（这里原图中的点也被抽象成点）

　　我们由源点S向每条未定向的边对应的点连边，容量为1费用为0；

　　对于每条被我们建成点的边，我们从这个点向这条边连通的两个点连边，容量为1，费用为0，表示这条边会给其中一个点带来入度加一的贡献。

　　对于每个原图上的节点x，我们想汇点T连接若干条边，容量都为1，费用分别为in[x], in[x]+1, in[x]+2,…,n-2（表示每增加1个单位的流量，就会带来这么多三元环的毁灭。想想为什么最大是n-2？）

　　之后定向方案，看边对应的点哪条出边满流即可！

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,inf=0x3f3f3f3f;int f[N];
struct node{int y,z,f,nxt;}e[N*16];int lst[N];
int n,S,T,tot,g[105][105],dg[N],tmp[N],X[N],Y[N];
int h[N],c=1,d[N],vis[N],pre[N],ans;queue<int>q;
void add(int x,int y,int l,int z){
    e[++c]=(node){y,z,l,h[x]};h[x]=c;
    e[++c]=(node){x,-z,0,h[y]};h[y]=c;
} bool spfa(){
    for(int i=S;i<=T;i++) pre[i]=-1,
    f[i]=inf,lst[i]=vis[i]=0,d[i]=inf;
    q.push(S);d[S]=0;pre[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
        for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
        if(d[y=e[i].y]>d[x]+e[i].z&&e[i].f){
            d[y]=d[x]+e[i].z;pre[y]=x;lst[y]=i;
            f[y]=min(f[x],e[i].f);
            if(!vis[y]) vis[y]=1,q.push(y);
        }
    } return pre[T]!=-1;
} void solve(){
    while(spfa()){
        ans+=d[T]*f[T];int x=T;
        while(x) e[lst[x]].f-=f[T],
        e[lst[x]^1].f+=f[T],x=pre[x];
    } return ;
} int main(){
    memset(h,-1,sizeof(h));
    scanf("%d",&n);S=0,tot=n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++){
        scanf("%d",&g[i][j]);
        if(g[i][j]==2){
            if(i>j) continue;
            X[++tot]=i,Y[tot]=j;
            add(S,tot,1,0);
            add(tot,i,1,0);
            add(tot,j,1,0);
            tmp[i]++;tmp[j]++;
        } else dg[i]+=g[i][j];
    } T=++tot;for(int i=1;i<=n;i++){
        ans+=(dg[i]*dg[i]-dg[i])/2;
        for(int j=dg[i]+1;j<n;j++)
        add(i,T,1,j-1);
    } solve();int tt=n*(n-1)*(n-2)/6;
    printf("%d
",tt-ans);
    for(int i=n+1,v;i<tot;i++){
        for(int p=h[i];~p;p=e[p].nxt)
        if(e[p].y!=S&&!e[p].f)
        {v=e[p].y;break;}
        if(v==X[i]) g[X[i]][Y[i]]=1,
        g[Y[i]][X[i]]=0;
        else g[X[i]][Y[i]]=0,g[Y[i]][X[i]]=1;
    } for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
    for(int j=1;j<=n;j++)
    printf("%d ",g[i][j]);return 0;
}