题目描述
XWW是个影响力很大的人，他有很多的追随者。这些追随者都想要加入XWW教成为XWW的教徒。但是这并不容易，需要通过XWW的考核。
XWW给你出了这么一个难题：XWW给你一个N*N的正实数矩阵A，满足XWW性。
称一个N*N的矩阵满足XWW性当且仅当：（1）A[N][N]=0；（2）矩阵中每行的最后一个元素等于该行前N-1个数的和；（3）矩阵中每列的最后一个元素等于该列前N-1个数的和。
现在你要给A中的数进行取整操作（可以是上取整或者下取整），使得最后的A矩阵仍然满足XWW性。同时XWW还要求A中的元素之和尽量大。
输入
第一行一个整数N,N ≤ 100。
接下来N行每行包含N个绝对值小于等于1000的实数，最多一位小数。
输出
输出一行，即取整后A矩阵的元素之和的最大值。无解输出No。
样例输入
4
3.1 6.8 7.3 17.2
9.6 2.4 0.7 12.7
3.6 1.2 6.5 11.3
16.3 10.4 14.5 0
样例输出
129
题解
有上下界最大流
正常这种题应该是费用流建模，但实际上由于本题的特殊性质，只需要最大流即可解决。
首先一个数最小就是它向下取整，而如果是小数还可以取向上取整。
这里为了方便，设a[i][j]表示某个数的最小取值，b[i][j]表示某个数能否+1，能则为1，不能则为0.
那么容易想到建图：S->第i行最后一列，容量下界为a[i][n]，上界为a[i][n]+b[i][n]；第i行最后一列->最后一行第j列，容量下界为a[i][j]，上界为a[i][j]+b[i][j]；最后一行第j列->T，容量下界为a[n][j]，上界为a[n][j]+b[n][j]。
然后正常人都会发现这是有上下界最大费用流，而实际上很多题解都是有上下界最大流，为什么？
因为本题的特殊性，一条增广路一定会经过3条边，所以费用为流量*3。因此只需要求出最大流，乘以3即为费用。
至于有上下界最大流的具体求法：对于某条边x->y，容量下界为z，上界为z+w，连x->y，容量为w；SS->y&x->TT，容量为z；加T->S，容量为inf。从SS到TT跑最大流，未满流则无解，满流则记录T->S的容量（即反向边的残量）为ans1；再去掉与SS或TT相连的边，去掉T->S的边，从S到T跑最大流为ans2，ans1+ans2为解。
另外本题规定的a[n][n]=0实际上并无卵用，直接无视就好。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 300
#define M 100000
#define inf 0x3fffffff
using namespace std;
queue<int> q;
int u[N][N] , v[N][N] , head[N] , to[M] , val[M] , next[M] , cnt = 1 , b , e , s , t , dis[N];
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
to[++cnt] = x , val[cnt] = 0 , next[cnt] = head[y] , head[y] = cnt;
}
bool bfs()
{
int x , i;
memset(dis , 0 , sizeof(dis));
while(!q.empty()) q.pop();
dis[s] = 1 , q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front() , q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && !dis[to[i]])
{
dis[to[i]] = dis[x] + 1;
if(to[i] == t) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
if(x == t) return low;
int temp = low , i , k;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
{
k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
if(!k) dis[to[i]] = 0;
val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
if(!(temp -= k)) break;
}
}
return low - temp;
}
int main()
{
int n , i , j , sum = 0 , ans = 0;
double tmp;
scanf("%d" , &n) , b = 0 , e = 2 * n - 1 , s = 2 * n , t = 2 * n + 1 , add(e , b , inf);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
scanf("%lf" , &tmp) , u[i][j] = (int)tmp , v[i][j] = (tmp > u[i][j]) , sum += u[i][j];
for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) add(b , i , v[i][n]) , add(s , i , u[i][n]) , add(b , t , u[i][n]);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) add(i + n - 1 , e , v[n][i]) , add(s , e , u[n][i]) , add(i + n - 1 , t , u[n][i]);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
for(j = 1 ; j < n ; j ++ )
add(i , j + n - 1 , v[i][j]) , add(s , j + n - 1 , u[i][j]) , add(i , t , u[i][j]);
while(bfs()) sum -= dinic(s , inf);
if(sum)
{
printf("No
");
return 0;
}
ans = val[3];
for(i = head[s] ; i ; i = next[i]) val[i] = val[i ^ 1] = 0;
for(i = head[t] ; i ; i = next[i]) val[i] = val[i ^ 1] = 0;
val[2] = val[3] = 0 , s = b , t = e;
while(bfs()) ans += dinic(s , inf);
printf("%d
" , ans * 3);
return 0;
}