Description
高一一班的座位表是个n*m的矩阵，经过一个学期的相处，每个同学和前后左右相邻的同学互相成为了好朋友。这学期要分文理科了，每个同学对于选择文科与理科有着自己的喜悦值，而一对好朋友如果能同时选文科或者理科，那么他们又将收获一些喜悦值。作为计算机竞赛教练的scp大老板，想知道如何分配可以使得全班的喜悦值总和最大。
Input
第一行两个正整数n，m。
接下来是六个矩阵第一个矩阵为n行m列
此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学选择文科获得的喜悦值。
第二个矩阵为n行m列
此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学选择理科获得的喜悦值。
第三个矩阵为n-1行m列
此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i+1行第j列的同学同时选择文科获得的额外喜悦值。
第四个矩阵为n-1行m列
此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i+1行第j列的同学同时选择理科获得的额外喜悦值。
第五个矩阵为n行m-1列
此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i行第j+1列的同学同时选择文科获得的额外喜悦值。
第六个矩阵为n行m-1列
此矩阵的第i行第j列的数字表示座位在第i行第j列的同学与第i行第j+1列的同学同时选择理科获得的额外喜悦值。
Output
输出一个整数，表示喜悦值总和的最大值
Sample Input
1 2
1 1
100 110
1
1000
Sample Output
1210
【样例说明】
两人都选理，则获得100+110+1000的喜悦值。
【数据规模】
对于100%的数据，n,m<=100 所有喜悦值均为小于等于5000的非负整数
sol
首先把最大受益转化成最小损失从而建立最小割模型。把每个矩阵中的每个数字都先加起来，然后用最小割求解最小损失。
下文中，我们用二元组((p,q))来表示网络中从(p)连到(q)的边的容量。
我们把选文科的划在(S)这一边，把选理科的划在(T)这一边。那么这样对一个单点(x)的处理就很简单：直接令((S,x)=)选文科的收益，((x,T)=)选理科的收益即可。
但是两人同时选文或选理的收益（或者说损失）要怎么计算呢？
我们考虑两个人(x)，(y)，他们俩一起选文的收益是(u)，一起选理的收益是(v)。我们对于可能出现的(2^2=4)种情况分别讨论。
1、(x)，(y)都选文。此时被割掉的边是((x,T))和((y,T))，总损失应为(v)；
2、(x)，(y)都选理。此时被割掉的边是((S,x))和((S,y))，总损失应为(u)；
3、(x)选文(y)选理。此时被割掉的边是((x,T))、((S,y))和((x,y))，总损失应为(u+v)；
4、(x)选理(y)选文。此时被割掉的边是((S,x))、((y,T))和((y,x))，总损失应为(u+v)。
由上我们可以得到一个方程组：
((x,T)+(y,T)=v)
((S,x)+(S,y)=u)
((x,T)+(S,y)+(x,y)=u+v)
((S,x)+(y,T)+(y,x)=u+v)
（我太菜了实在是写不出博客园markdown的方程组。。。只能写公式形式了）
只要是初中数学毕业了的就知道这个方程肯定解不出来（不定方程），但是考虑到这个东西并不会对其他产生影响，所以我们可以任意带一组可行解进去。
令：
$(x,T) = v / 2 ( )(y,T) = v / 2 ( )(S,x) = u / 2 ( )(S,y) = u / 2 ( )(x,y) = (u + v) / 2 ( )(y,x) = (u + v) / 2 $
按照以上建图方式即可。
由于除以二了以后可能会产生浮点数问题，所以考虑把所有边扩大两倍，保证所有容量是正整数。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf = 1e9;
const int N = 110;
struct edge{int to,next,w;}a[N*N<<3];
int n,m,P[N][N],tot,v[6][N][N],S,T,head[N*N],cnt=1,dep[N*N],cur[N*N],sum;
queue<int>Q;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
void link(int u,int v,int w,bool b)
{
a[++cnt]=(edge){v,head[u],w};
head[u]=cnt;
a[++cnt]=(edge){u,head[v],b?w:0};
head[v]=cnt;
}
bool bfs()
{
memset(dep,0,sizeof(dep));
dep[S]=1;Q.push(S);
while (!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for (int e=head[u];e;e=a[e].next)
if (a[e].w&&!dep[a[e].to])
dep[a[e].to]=dep[u]+1,Q.push(a[e].to);
}
return dep[T];
}
int dfs(int u,int flow)
{
if (u==T)
return flow;
for (int &e=cur[u];e;e=a[e].next)
if (a[e].w&&dep[a[e].to]==dep[u]+1)
{
int temp=dfs(a[e].to,min(a[e].w,flow));
if (temp) {a[e].w-=temp;a[e^1].w+=temp;return temp;}
}
return 0;
}
int Dinic()
{
int res=0;
while (bfs())
{
for (int i=T;i;i--) cur[i]=head[i];
while (int temp=dfs(S,inf)) res+=temp;
}
return res;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();S=n*m+1;T=n*m+2;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
P[i][j]=++tot;
for (int k=0;k<6;k++)
{
int x=n,y=m;
if (k==2||k==3) x--;
if (k==4||k==5) y--;
for (int i=1;i<=x;i++)
for (int j=1;j<=y;j++)
v[k][i][j]=gi(),sum+=v[k][i][j];
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
{
link(S,P[i][j],(v[0][i][j]<<1)+v[2][i][j]+v[2][i-1][j]+v[4][i][j]+v[4][i][j-1],0);
link(P[i][j],T,(v[1][i][j]<<1)+v[3][i][j]+v[3][i-1][j]+v[5][i][j]+v[5][i][j-1],0);
if (i<n)
link(P[i][j],P[i+1][j],v[2][i][j]+v[3][i][j],1);
if (j<m)
link(P[i][j],P[i][j+1],v[4][i][j]+v[5][i][j],1);
}
printf("%d
",sum-(Dinic()>>1));
return 0;
}