Description
曾经有一款流行的游戏，叫做InfinityLoop，先来简单的介绍一下这个游戏:
游戏在一个n×m的网格状棋盘上进行，其中有些小方格中会有水管，水管可能在方格某些方向的边界的中点有接口
，所有水管的粗细都相同，所以如果两个相邻方格的公共边界的中点都有接头，那么可以看作这两个接头互相连接
。水管有以下15种形状：
游戏开始时，棋盘中水管可能存在漏水的地方。
形式化地:如果存在某个接头，没有和其它接头相连接，那么它就是一个漏水的地方。
玩家可以进行一种操作：选定一个含有非直线型水管的方格，将其中的水管绕方格中心顺时针或逆时针旋转90度。
直线型水管是指左图里中间一行的两种水管。
现给出一个初始局面，请问最少进行多少次操作可以使棋盘上不存在漏水的地方。
Input
第一行两个正整数n,m代表网格的大小。
接下来n行每行m数，每个数是[0,15]中的一个
你可以将其看作一个4位的二进制数，从低到高每一位分别代表初始局面中这个格子上、右、下、左方向上是否有水管接头。
特别地，如果这个数是000，则意味着这个位置没有水管。
比如3(0011(2))代表上和右有接头，也就是一个L型，而12(1100(2))代表下和左有接头，也就是将L型旋转180度。
n×m≤2000
Output
输出共一行，表示最少操作次数。如果无法达成目标，输出-1
Sample Input
2 3
3 14 12
3 11 12
Sample Output
2
Solution
这是个什么鬼题嘛....
思路不是很复杂，考虑网络流，每个点拆成五个，上下左右各一个，中间一个，设为(P_{x,0..4})。
对网格图进行黑白染色，对于黑点，源点(s)向(P_{x,0})连边；对于白点，(P_{x,0})向(t)连边，容量(+infty)，费用(0)。
对于相邻的两个点，我们设黑点为发射点，白点为接收点，那么黑点另外四个点向相应的四周的点连边，比如说(u=(x,y),v=(x+1,y))，且(u)为黑点，那么我们可以连边(P_{u,2} o P_{v,4})；若(u)为白点就连边(P_{v,4} o P_{u,2})。其中容量为(1)，费用为(0)。
那么一个基本的框架就构造完成了，现在考虑如何旋转。
- 首先，对于任意一个图形，不考虑旋转，那么中心点向对应点连边，容量(1)，费用(0)。
- 若当前点为直线或者没有，直接不管就好了。
- 设当前点的形状为(x)，设(t=bit\_cnt(x))表示当前点有几个连出去的边，那么可以分情况讨论：
- (t=1)，向相邻方向连容量为(1)，费用为(1)的边，向对面方向连费用(2)的边。
- (t=2)，对于每个方向向对面方向连费用为(1)，容量为(1)的边。
- (t=3)，其实和(t=1)的情况差不多，相当于是反向连边，缺口那个方向相邻的向缺口连费用(1)的，相对的连费用为(2)的。
- 其实质上就相当于是每次旋转都只会移动一个方向，顺着这个思路画画图连边就好了，这也是为啥题目要规定直线不能转，因为直线转了就会有两个方向的改变。
然后这题就做完了，代码及其恶心...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
int s,t,n,m,tot=1,cost,flow,sum;
int dis[maxn],vis[maxn],head[maxn],mp[maxn];
struct edge{int to,nxt,w,c;}e[maxn];
// emmm
int bfs() {
memset(dis,63,(t+1)*4);
memset(vis,0,(t+1)*4);
queue<int > q;q.push(s);dis[s]=0,vis[s]=1;
while(!q.empty()) {
int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
for(int i=head[x],v;i;i=e[i].nxt)
if(e[i].w>0&&dis[v=e[i].to]>dis[x]+e[i].c) {
dis[v]=dis[x]+e[i].c;
if(!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1;
}
}return dis[t]<inf;
}
int dfs(int x,int f) {
vis[x]=1;
if(x==t) return cost+=f*dis[t],f;
int used=0;
for(int v,i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].w>0&&(!vis[v=e[i].to]||v==t)&&dis[v]==dis[x]+e[i].c) {
int d=dfs(e[i].to,min(f-used,e[i].w));
if(d>0) e[i].w-=d,e[i^1].w+=d,used+=d;
if(used==f) break;
}
return used;
}
int mcmf() {
while(bfs()) flow+=dfs(s,inf);return cost;
}
// ---------
void add(int u,int v,int w,int c) {e[++tot]=(edge){v,head[u],w,c},head[u]=tot;}
void ins(int u,int v,int w,int c,int bo) {if(!bo) swap(u,v);add(u,v,w,c),add(v,u,0,-c);}
int p(int x,int y,int tt) {return (x-1)*m+y+tt*n*m;}
const int dk[] = {0,2,1,4,3};
int main() {
read(n),read(m);s=n*m*5+1,t=s+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if((i+j)&1) ins(s,p(i,j,0),inf,0,1);
else ins(p(i,j,0),t,inf,0,1);
for(int i=1,x;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) {
if((i+j)&1) {
if(i>1) ins(p(i,j,2),p(i-1,j,4),1,0,1);
if(j>1) ins(p(i,j,3),p(i,j-1,1),1,0,1);
if(i<n) ins(p(i,j,4),p(i+1,j,2),1,0,1);
if(j<m) ins(p(i,j,1),p(i,j+1,3),1,0,1);
}
read(x);int bo=(i+j)&1;
int bit=__builtin_popcount(x),tt=1;
sum+=bit;
if(!x) continue;
if(x==5||x==10) {
for(int k=1;k<=4;k++)
if(x>>(k-1)&1) ins(p(i,j,0),p(i,j,dk[k]),1,0,bo);
continue;
}
if(bit==1) {
if(x==1) tt=2;else if(x==8) tt=3;else if(x==4) tt=4;
for(int k=1;k<=4;k++)
ins(p(i,j,tt),p(i,j,(tt+k+3)%4+1),1,min(k,4-k),bo);
} else if(bit==2) {
int a=0,b;
for(int k=1;k<=4;k++)
if((x>>(k-1))&1)
{if(!a) a=dk[k];else b=dk[k];}
ins(p(i,j,a),p(i,j,(a+5)%4+1),1,1,bo);
ins(p(i,j,b),p(i,j,(b+5)%4+1),1,1,bo);
} else if(bit==3) {
int mid,l;
if(x==11) mid=2;
else if(x==13) mid=3;
else if(x==14) mid=4;
else mid=1;l=(mid+5)%4+1;
for(int k=1;k<=4;k++)
if((x>>(k-1))&1) {
ins(p(i,j,dk[k]),p(i,j,l),1,dk[k]==mid?2:1,bo);
}
}
for(int k=1;k<=4;k++)
if(x>>(k-1)&1) ins(p(i,j,0),p(i,j,dk[k]),1,0,bo);
}
mcmf();
if((flow<<1)==sum) write(cost);else puts("-1");
return 0;
}