【BZOJ1976】[BeiJing2010组队]能量魔方 Cube

Description

小C 有一个能量魔方，这个魔方可神奇了，只要按照特定方式，放入不同的 能量水晶，就可以产生巨大的能量。 能量魔方是一个 N*N*N 的立方体，一共用 N3 个空格可以填充能量水晶。 能量水晶有两种： ·一种是正能量水晶(Positive) ·一种是负能量水晶(Negative) 当这个魔方被填满后，就会依据填充的能量水晶间的关系产生巨大能量。对 于相邻两(相邻就是拥有同一个面)的两个格子，如果这两个格子填充的是一正一 负两种水晶，就会产生一单位的能量。而整个魔方的总能量，就是这些产生的能 量的总和。 现在，小 C 已经在魔方中填充了一些水晶，还有一些位置空着。他想知道， 如果剩下的空格可以随意填充，那么在最优情况下，这个魔方可以产生多少能量。

Input

第一行包含一个数N，表示魔方的大小。 接下来 N2 行，每行N个字符，每个字符有三种可能： P：表示此方格已经填充了正能量水晶； N：表示此方格已经填充了负能量水晶； ?：表示此方格待填充。 上述 N*N 行，第(i-1)*N+1~i*N 行描述了立方体第 i 层从前到后，从左到右的 状态。且每 N 行间，都有一空行分隔。

Output

仅包含一行一个数，表示魔方最多能产生的能量

Sample Input

2
P?
??
??
N?

Sample Output

9

HINT

如下状态时，可产生最多的能量。 
PN 
NP 
NP 
NN 
【数据规模】 
10% 的数据N≤3； 
30% 的数据N≤4； 
80% 的数据N≤10； 
100% 的数据N≤40。

题解：经典的最小割模型，只不过变成了三维的。先黑白染色，然后黑色的点翻转源汇，具体方法：

1.S ->i 容量为i周围已确定的N个数
2.i -> T 容量为i周围已确定的P个数
上面2条边要翻转源汇
3.i <-> j 容量1

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n,ans,cnt,tot,S,T;
int dx[]={0,0,0,0,1,-1},dy[]={0,0,1,-1,0,0},dz[]={1,-1,0,0,0,0};
int map[50][50][50],to[2000000],next[2000000],val[2000000],d[100000],head[100000];
char str[50];
queue<int> q;
int dfs(int x,int mf)
{
	if(x==T)	return mf;
	int i,k,temp=mf;
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
	{
		k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
		if(!k)	d[to[i]]=0;
		val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
		if(!temp)	break;
	}
	return mf-temp;
}
int bfs()
{
	while(!q.empty())	q.pop();
	memset(d,0,sizeof(d));
	int i,u;
	q.push(S),d[S]=1;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(!d[to[i]]&&val[i])
			{
				d[to[i]]=d[u]+1;
				if(to[i]==T)	return 1;
				q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int main()
{
	int i,j,k,l,x,y,z,a,b,c;
	scanf("%d",&n);
	S=0,T=tot=1;
	for(i=1;i<=n;i++)	for(j=1;j<=n;j++)
	{
		scanf("%s",str+1);
		for(k=1;k<=n;k++)
		{
			if(str[k]==‘P‘)	map[i][j][k]=1;
			if(str[k]==‘N‘)	map[i][j][k]=0;
			if(str[k]==‘?‘)	map[i][j][k]=++tot;
		}
	}
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)	for(j=1;j<=n;j++)	for(k=1;k<=n;k++)
	{
		if(map[i][j][k]>1)
		{
			a=b=0,c=map[i][j][k];
			for(l=0;l<6;l++)
			{
				x=i+dx[l],y=j+dy[l],z=k+dz[l];
				if(x&&y&&z&&x<=n&&y<=n&&z<=n)
				{
					if(map[x][y][z]==0)	b++;
					if(map[x][y][z]==1)	a++;
					if(map[x][y][z]>1&&((i^j^k)&1))	add(c,map[x][y][z],1),add(map[x][y][z],c,1),ans++;
				}
			}
			if((i^j^k)&1)	swap(a,b);
			add(S,c,a),add(c,T,b),ans+=a+b;
		}
		if(map[i][j][k]==0)
		{
			for(l=0;l<6;l++)
			{
				x=i+dx[l],y=j+dy[l],z=k+dz[l];
				if(x&&y&&z&&x<=n&&y<=n&&z<=n&&map[x][y][z]==1)	ans++;
			}
		}
	}
	while(bfs())	ans-=dfs(S,1<<30);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}