题意：给定一个网格，一些格子是障碍不用管，剩余的格子是城市，你可以修建铁路，铁路的形状可以是直的或者弯的，也就是说可以以这个点为节点连接它四联通的其中两个方块。要求用一个或多个环来覆盖所有城市。对于有些关键点，如果这里是直轨道，会付出1的代价，如果不能覆盖，输出-1，否则输出最小代价。
这次该最小费用流了。x先考虑怎么判断有无解。很明显，既然是棋盘，想不染色不二分图都难。染成黑白后，对于黑点，S向其连2，黑点向周围的白点连1，白点向T连2，判断是否满流就好了。那么怎么计算代价呢？我们发现，如果要付出代价，那么一定是两个开口都给了同一列或者同一行，为了对此限制，我们拆点，分别管辖行和列。
如果这个点是黑关键点，我们向行对应的分身连一个容量1，费用0的边，再连一个容量1，费用1的边，表示如果只用一条边，不会产生费用，否则产生两条边的费用。列的话同理。
白关键点就不赘述了，其实也就是相较于反了一下。对于普通点，直接相对应的两个点分别连（2,0）就好了（因为没有限制），然后黑连向对应的白就好了。
跑费用流，不满流无解，满流输出费用即可。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define INF 1e9 4 #define N 5005 5 #define id(i,j) ((i-1)*m+j) 6 int n,m,TOT,S,T,P,head[N],d[N],a[N],p[N],cnt; 7 bool vis[N]; 8 queue<int>q; 9 char field[N][N]; 10 inline int read(){ 11 int x=0,f=1; char a=getchar(); 12 while(a<'0' || a>'9') {if(a=='-') f=-1; a=getchar();} 13 while(a>='0' && a<='9') x=x*10+a-'0',a=getchar(); 14 return x*f; 15 } 16 struct edges{ 17 int fr,to,cap,flow,cost,next; 18 }e[2*N]; 19 20 inline void insert(int u,int v,int f,int c){ 21 e[cnt]=(edges){u,v,f,0,c,head[u]};head[u]=cnt++; 22 e[cnt]=(edges){v,u,0,0,-c,head[v]};head[v]=cnt++; 23 } 24 inline bool spfa(){ 25 memset(d,0x3f,sizeof(d)); 26 d[S]=0; a[S]=INF; q.push(S); 27 while(!q.empty()){ 28 int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=0; 29 for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next) 30 if(d[e[i].to]>d[x]+e[i].cost && e[i].flow<e[i].cap){ 31 d[e[i].to]=d[x]+e[i].cost; p[e[i].to]=i; 32 a[e[i].to]=min(a[x],e[i].cap-e[i].flow); 33 if(!vis[e[i].to]) vis[e[i].to]=1,q.push(e[i].to); 34 } 35 } 36 return d[T]<INF; 37 } 38 inline int mincf(){ 39 int u=T; 40 while(u!=S){ 41 e[p[u]].flow+=a[T]; 42 e[p[u]^1].flow-=a[T]; 43 u=e[p[u]].fr; 44 } 45 TOT-=a[T]; 46 return a[T]*d[T]; 47 } 48 49 int main(){ 50 n=read(); m=read(); 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 scanf("%s",field[i]+1); 53 S=0; T=3*n*m+1; P=n*m; TOT=0; 54 memset(head,-1,sizeof(head)); 55 for(int i=1;i<=n;i++) 56 for(int j=1;j<=m;j++){ 57 if(field[i][j]=='w') continue; 58 if((i+j)%2==0){ 59 insert(S,id(i,j),2,0); TOT+=2; 60 if(field[i][j]!='C') insert(id(i,j),id(i,j)+2*P,2,0),insert(id(i,j),id(i,j)+P,2,0); 61 else { 62 insert(id(i,j),id(i,j)+P,1,1); insert(id(i,j),id(i,j)+P,1,0); 63 insert(id(i,j),id(i,j)+2*P,1,1); insert(id(i,j),id(i,j)+2*P,1,0); 64 } 65 if(j-1>0 && field[i][j-1]!='w') insert(id(i,j)+P,id(i,j-1)+P,1,0); 66 if(j+1<=m && field[i][j+1]!='w' ) insert(id(i,j)+P,id(i,j+1)+P,1,0); 67 if(i-1>0 && field[i-1][j]!='w') insert(id(i,j)+2*P,id(i-1,j)+2*P,1,0); 68 if(i+1<=n && field[i+1][j]!='w') insert(id(i,j)+2*P,id(i+1,j)+2*P,1,0); 69 }else{ 70 insert(id(i,j),T,2,0); 71 if(field[i][j]!='C') insert(id(i,j)+2*P,id(i,j),2,0),insert(id(i,j)+P,id(i,j),2,0); 72 else{ 73 insert(id(i,j)+P,id(i,j),1,1); insert(id(i,j)+P,id(i,j),1,0); 74 insert(id(i,j)+2*P,id(i,j),1,1); insert(id(i,j)+2*P,id(i,j),1,0); 75 } 76 } 77 } 78 int ans=0; 79 while(spfa()) ans+=mincf(); 80 if(TOT) ans=-1; 81 printf("%d ",ans); 82 }