【BZOJ4823】老C的方块（CQOI2017）-最小割

测试地址：老C的方块
做法：本题需要用到最小割。
看到网格，首先想到黑白染色处理。但是染色之后我们一时还看不出有什么性质，所以我们先分析题目中的条件。
我们考虑这样一个区域：中间是特殊公共边，包含特殊公共边旁的两个格子和它们相邻的格子，共包含8$8$个格子的区域（想象不出来可以在草稿纸上画画）。我们把中间两个格子称为中间格，其他格子称为边缘格，并称一个边缘格属于一个中间格当且仅当它们相邻。我们发现，题目中的“讨厌的形状”的限制实际上等价于，两个属于不同中间格的边缘格不能连通。要做到这一点，我们有三种选择：
1.去掉所有属于第一个中间格的边缘格。
2.去掉所有属于第二个中间格的边缘格。
3.去掉一个中间格。
这时我们想到了黑白染色，我们发现属于相同中间格的边缘格颜色相同，反之颜色不同。那么我们可以这样建图：
1.从黑色的边缘格向它们属于的中间格连边，容量为无穷大。
2.从白色的边缘格属于的中间格向它们连边，容量为无穷大。
3.从白色的中间格向黑色的中间格连边，容量为删去它们中一个的最小费用。
4.从源点向黑色的边缘格连边，容量为删去该边缘格的费用。
5.从白色的边缘格向汇点连边，容量为删去该边缘格的费用。
这时我们知道，要使从源点到不了汇点，必须删掉步骤3,4,5中某一个步骤建出的边，而每个步骤唯一对应了上面的一种决策，所以每一个割都对应一种合法的删格子方案，那么问题转化为求最小割，就可以很轻易地完成这题了。别看这题数据范围那么大，实际上Dinic在这种长得像二分图的图中跑得还是很快的，不用担心。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1000000001;
int C,R,n,S,T;
int first[100010]={0},tot=1;
int h,t,q[100010],cur[100010],lvl[100010];
struct block
{
    int id,x,y,w;
}p[100010];
struct edge
{
    int v,next,f;
}e[2000010];

bool cmpx(block a,block b)
{
    if (a.x!=b.x) return a.x<b.x;
    else return a.y<b.y;
}

bool cmpy(block a,block b)
{
    if (a.y!=b.y) return a.y<b.y;
    else return a.x<b.x;
}

void insert(int a,int b,int f)
{
    e[++tot].v=b,e[tot].next=first[a],e[tot].f=f,first[a]=tot;
    e[++tot].v=a,e[tot].next=first[b],e[tot].f=0,first[b]=tot;
}

void init()
{
    scanf("%d%d%d",&C,&R,&n);
    S=n+1,T=n+2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&p[i].x,&p[i].y,&p[i].w);
        p[i].id=i;
    }

    p[0].x=p[0].y=p[n+1].x=p[n+1].y=0;
    sort(p+1,p+n+1,cmpx);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (p[i+1].x!=p[i].x||p[i+1].y!=p[i].y+1) continue;
        if ((p[i].x+p[i].y)%2==0) insert(p[i].id,p[i+1].id,inf);
        else insert(p[i+1].id,p[i].id,inf);
    }

    sort(p+1,p+n+1,cmpy);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int val;
        if (p[i+1].x!=p[i].x+1||p[i+1].y!=p[i].y) continue;
        if (p[i].x%2&&p[i].y%2==((p[i].x-1)/2)%2) continue;
        if (p[i].x%2) val=min(p[i].w,p[i+1].w);
        else val=inf;
        if (p[i].y%2) insert(p[i+1].id,p[i].id,val);
        else insert(p[i].id,p[i+1].id,val);
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (((p[i].x-1)/2)%2==p[i].y%2)
        {
            if ((p[i].x+p[i].y)%2==0) insert(S,p[i].id,p[i].w);
            else insert(p[i].id,T,p[i].w);
        }
    }
}

bool makelevel()
{
    for(int i=1;i<=T;i++)
        lvl[i]=-1,cur[i]=first[i];
    lvl[S]=0;
    h=t=1;
    q[1]=S;
    while(h<=t)
    {
        int v=q[h++];
        for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
            if (e[i].f&&lvl[e[i].v]==-1)
            {
                lvl[e[i].v]=lvl[v]+1;
                q[++t]=e[i].v;
            }
    }
    return lvl[T]!=-1;
}

int maxflow(int v,int maxf)
{
    int ret=0,f;
    if (v==T) return maxf;
    for(int i=cur[v];i;i=e[i].next)
    {
        if (e[i].f&&lvl[e[i].v]==lvl[v]+1)
        {
            f=maxflow(e[i].v,min(maxf-ret,e[i].f));
            ret+=f;
            e[i].f-=f;
            e[i^1].f+=f;
            if (ret==maxf) break;
        }
        cur[v]=i;
    }
    if (!ret) lvl[v]=-1;
    return ret;
}

void dinic()
{
    int maxf=0;
    while(makelevel())
        maxf+=maxflow(S,inf);
    printf("%d",maxf);
}

int main()
{
    init();
    dinic();

    return 0;
}