http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4859
题意：
欢迎来到珠海！
由于土地资源越来越紧张，使得许多海滨城市都只能依靠填海来扩展市区以求发展。作为Z市的决策人，在仔细观察了Z市地图之后，你准备通过填充某些海域来扩展Z市的海岸线到最长，来吸引更多的游客前来旅游度假。为了简化问题，假设地图为一个N*M的格子，其中一些是陆地，一些是可以填充的浅海域，一些是不可填充的深海域。这里定义海岸线的长度为一个联通块陆地（可能包含浅海域填充变为的陆地）的边缘长度，两个格子至少有一个公共边，则视为联通。
值得注意的是，这里Z市的陆地区域可以是不联通的，并且整个地图都处在海洋之中，也就是说，Z市是由一些孤岛组成的，比如像，夏威夷？
你的任务是，填充某些浅海域，使得所有岛屿的海岸线之和最长。
思路：
这道题目的话和最大独立点权是比较相似的。
首先考虑一个格子的情况，它的海岸线长度之和就是它周围有多少海域，如果它四条边都是海域，那么它的海岸线长度之和就是4，如果周围有陆地则会相应的减少。
那么其实这道题目就是要我们求最大相邻的‘D‘和‘.‘ 的总对数！！
先在格子周围加上一圈‘D‘，先将这个图分成一个二分图，左边为X集，右边为Y集（X与源点相连，表示陆地，Y与汇点相连，表示海域），接下来分析每个格子：
1、若相邻则连边，容量1。
2、若当前点在地图上是 . 但是却被分到了Y集，或者当前点是 D ，却被分到了X集，就和源点连一条INF的边。
3、若当前点在地图上是 . 并且被分到了X集，或者当前点是 D ，被分到了Y集，就和汇点连一条INF的边。
所以只有 . --> . 或者 D --> D ，也就是类型相同的，才能从源流向汇。此时需要减少1的海岸线，因为不是‘.‘与‘D‘相邻。最小割求出最小的相同格子相邻的对数。
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<vector>
6 #include<stack>
7 #include<queue>
8 #include<cmath>
9 #include<map>
10 #include<set>
11 using namespace std;
12 typedef long long ll;
13 typedef pair<int,int> pll;
14 const int INF = 0x3f3f3f3f;
15 const int maxn=1e6+5;
16
17 int n, m;
18 int mp[60][60];
19
20 int dx[]={0,0,1,-1};
21 int dy[]={1,-1,0,0};
22
23 struct Edge
24 {
25 int from,to,cap,flow;
26 Edge(int u,int v,int w,int f):from(u),to(v),cap(w),flow(f){}
27 };
28
29 struct Dinic
30 {
31 int n,m,s,t;
32 vector<Edge> edges;
33 vector<int> G[maxn];
34 bool vis[maxn];
35 int cur[maxn];
36 int d[maxn];
37
38 void init(int n)
39 {
40 this->n=n;
41 for(int i=0;i<n;++i) G[i].clear();
42 edges.clear();
43 }
44
45 void AddEdge(int from,int to,int cap)
46 {
47 edges.push_back( Edge(from,to,cap,0) );
48 edges.push_back( Edge(to,from,0,0) );
49 m=edges.size();
50 G[from].push_back(m-2);
51 G[to].push_back(m-1);
52 }
53
54 bool BFS()
55 {
56 queue<int> Q;
57 memset(vis,0,sizeof(vis));
58 vis[s]=true;
59 d[s]=0;
60 Q.push(s);
61 while(!Q.empty())
62 {
63 int x=Q.front(); Q.pop();
64 for(int i=0;i<G[x].size();++i)
65 {
66 Edge& e=edges[G[x][i]];
67 if(!vis[e.to] && e.cap>e.flow)
68 {
69 vis[e.to]=true;
70 d[e.to]=d[x]+1;
71 Q.push(e.to);
72 }
73 }
74 }
75 return vis[t];
76 }
77
78 int DFS(int x,int a)
79 {
80 if(x==t || a==0) return a;
81 int flow=0, f;
82 for(int &i=cur[x];i<G[x].size();++i)
83 {
84 Edge &e=edges[G[x][i]];
85 if(d[e.to]==d[x]+1 && (f=DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow) ) )>0)
86 {
87 e.flow +=f;
88 edges[G[x][i]^1].flow -=f;
89 flow +=f;
90 a -=f;
91 if(a==0) break;
92 }
93 }
94 return flow;
95 }
96
97 int Maxflow(int s,int t)
98 {
99 this->s=s; this->t=t;
100 int flow=0;
101 while(BFS())
102 {
103 memset(cur,0,sizeof(cur));
104 flow +=DFS(s,INF);
105 }
106 return flow;
107 }
108 }DC;
109
110 int main()
111 {
112 //freopen("in.txt", "r", stdin);
113 char s[60];
114 int kase=0;
115 int T;
116 scanf("%d",&T);
117 while(T--)
118 {
119 memset(mp,0,sizeof(mp));
120 scanf("%d%d",&n,&m);
121 for(int i=1;i<=n;i++)
122 {
123 scanf("%s",s);
124 for(int j=0;j<m;j++)
125 {
126 if(s[j]==‘E‘) mp[i][j+1]=2;
127 else if(s[j]==‘.‘) mp[i][j+1]=1;
128 }
129 }
130 int src=0,dst=(n+2)*(m+2)+1;
131 DC.init(dst+1);
132 for(int i=0;i<=n+1;i++)
133 {
134 for(int j=0;j<=m+1;j++)
135 {
136 if((i+j)%2==0)
137 {
138 if(mp[i][j]==1) DC.AddEdge(i*(m+2)+j+1,dst,INF);
139 else if(mp[i][j]==0) DC.AddEdge(src,i*(m+2)+j+1,INF);
140 }
141 else
142 {
143 if(mp[i][j]==0) DC.AddEdge(i*(m+2)+j+1,dst,INF);
144 else if(mp[i][j]==1) DC.AddEdge(src,i*(m+2)+j+1,INF);
145 }
146 for(int k=0;k<4;k++)
147 {
148 int x=i+dx[k];
149 int y=j+dy[k];
150 if(x<0 || x>n+1 || y<0 || y>m+1) continue;
151 DC.AddEdge(i*(m+2)+j+1,x*(m+2)+y+1,1);
152 }
153 }
154 }
155 int ans=DC.Maxflow(src,dst);
156 printf("Case %d: %d\n",++kase,(n+1)*(m+2)+(n+2)*(m+1)-ans);
157 }
158 return 0;
159 }