Description
有一个n行m列的黑白棋盘，你每次可以交换两个相邻格子（相邻是指有公共边或公共顶点）中的棋子，最终达到目标状态。要求第i行第j列的格子只能参与mi,j次交换。
Input
第一行包含两个整数n，m（1<=n, m<=20）。以下n行为初始状态，每行为一个包含m个字符的01串，其中0表示黑色棋子，1表示白色棋子。以下n行为目标状态，格式同初始状态。以下n行每行为一个包含m个0~9数字的字符串，表示每个格子参与交换的次数上限。
Output
输出仅一行，为最小交换总次数。如果无解，输出-1。
Sample Input
3 3
110
000
001
000
110
100
222
222
222
Sample Output
4
想法
首先把题目说的不清楚的地方澄清一下：“第i行第j列的格子只能参与mi,j次交换”所说第i行第j列的棋子指的是每次交换后位于第i行第j列这个位置的棋子，可以是多个，而不是指最原始状态中第i行第j列那个特定的棋子。
很容易发现，我们可以只考虑白色棋子，只要它们都移动到目标状态，剩下的黑棋子也都到目标状态了。
不停地交换听起来好像比较棘手，但其实白棋子只有和身边的黑棋子交换位置才有用。
所以我们就是要给每个白棋子规划一条线路，让它们从原始位置变到目标位置。
很容易想到按原图建图，拆点~
但有个问题，若某个白格子经过某个格子，那么这个格子会被该白格子交换两次；而白格子原位置与目标位置只会被该白格子交换一次。
于是有一个更高级的拆点：一个点拆成三个！(id1,id2,id3)
id1到id2限制其他点与这个点交换的次数，id2到id3限制这个点与其他点交换的次数（即一个是进入的流量，一个是出去的流量）
建图，分类讨论。
- 对于原状态和目标状态均为黑的格子。
id1到id3连容量为cap/2，费用为1的边
- 对于原状态为白，目标状态为黑的格子。
S到id2连容量为1，费用为0的边
id1到id2连容量为cap/2，费用为1的边
id2到id3连容量为(cap+1)/2，费用为1的边
- 对于原状态为黑，目标状态为白的格子。
id2到T连容量为1，费用为0的边
id1到id2连容量为(cap+1)/2，费用为1的边
id2到id3连容量为cap/2，费用为1的边
- 对于原状态和目标状态均为白的格子。
S到id2连容量为1，费用为0的边
id2到T连容量为1，费用为0的边
id1到id2连容量为cap/2，费用为1的边
id2到id3连容量为cap/2，费用为1的边
之后向八连通的格子连边。
注意是某格子的id1连向八连通格子的id3，然后八连通的id1连向这个格子的id3
。。。还是有点复杂的。
接下来就跑个最小费用最大流，看流量是否为总白格子数。
若不是，则输出-1，否则答案为 最小费用/2
代码
注意细节：
1.某些边的容量为(cap+1)/2，容易想错写成cap/2
2.数组要开够！！
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define INF 1000000000
using namespace std;
const int N = 405;
const int M = 1205;
struct node{
int v,f,c;
node *next,*rev;
}pool[N*40],*h[M],*pree[M]; /**/
int cnt;
void addedge(int u,int v,int f,int c){
node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p; p->f=f;p->c=c;p->rev=q;
q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q; q->f=0;q->c=-c;q->rev=p;
}
int S,T;
int d[M],vis[M],pre[M];
queue<int> que;
bool spfa(){
int u,v;
while(!que.empty()) que.pop();
for(int i=S;i<=T;i++) d[i]=INF;
d[S]=0; vis[S]=1; que.push(S);
while(!que.empty()){
u=que.front(); que.pop();
vis[u]=0;
for(node *p=h[u];p;p=p->next)
if(p->f && d[v=p->v]>d[u]+p->c){
d[v]=d[u]+p->c;
pre[v]=u; pree[v]=p;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
que.push(v);
}
}
}
return d[T]!=INF;
}
void MCMF(int &f,int &c){
f=0; c=0;
int u,w;
while(spfa()){
u=T; w=INF;
while(u!=S){
w=min(w,pree[u]->f);
u=pre[u];
}
f+=w; c+=d[T]*w;
u=T;
while(u!=S){
pree[u]->f-=w;
pree[u]->rev->f+=w;
u=pre[u];
}
}
}
int n,m;
char a[23][23],b[23][23],ch[23][23];
int dre[8][2]={-1,-1,-1,0,-1,1,0,-1,0,1,1,-1,1,0,1,1};
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",a[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",b[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",ch[i]);
int w=n*m,id1,id2,id3,tot=0;
S=0; T=w*3+1;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++){
id1=i*m+j+1; id2=id1+w; id3=id2+w;
if(a[i][j]==‘0‘ && b[i][j]==‘0‘)
addedge(id1,id3,(ch[i][j]-‘0‘)/2,2);
else if(a[i][j]==‘1‘ && b[i][j]==‘0‘){
tot++;
addedge(S,id2,1,0);
addedge(id1,id2,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
addedge(id2,id3,(ch[i][j]-‘0‘+1)/2,1); /**/
}
else if(a[i][j]==‘0‘ && b[i][j]==‘1‘){
addedge(id2,T,1,0);
addedge(id1,id2,(ch[i][j]-‘0‘+1)/2,1); /**/
addedge(id2,id3,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
}
else{
tot++;
addedge(S,id2,1,0); addedge(id2,T,1,0);
addedge(id1,id2,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
addedge(id2,id3,(ch[i][j]-‘0‘)/2,1);
}
for(int k=0;k<8;k++){
int x=i+dre[k][0],y=j+dre[k][1];
if(x>=0 && x<n && y>=0 && y<m){
addedge(id3,x*m+y+1,INF,0);
addedge(x*m+y+1+2*w,id1,INF,0);
}
}
}
int f,c;
MCMF(f,c);
if(f<tot) printf("-1\n");
else printf("%d",c/2);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/lindalee/p/8598122.html