无限之WA
https://www.luogu.org/problemnew/show/P4003
本题如果知道是网络流的话，其实建图不算特别神奇，但是比较麻烦。
数据范围过大，插头dp不能处理，而且是一个网格图，考虑网络流。
先看是不是二分图？
每个格子只会和相邻四个格子发生关系
所以，黑白染色正好。
i+j为偶数左部点，i+j为奇数右部点
不漏水是什么？
每个管道的四个口都能和别的接好。
S向左，右向T连口数的容量，费用为0的边
考虑怎么能把左右连在一起。
考虑要上下左右四个方向匹配，那么必然还要拆点（但是这些点之间是并列关系）。
每个本点向四个分点之间考虑连边（在这里考虑旋转以及费用）
考虑通过流量流过来表示选择旋转与否，恰当的边赋恰当的值。
sz=1：
自己方向是（1，0）相邻方向(1,1)，对面(1,2)
sz=2：
直线型：自己方向(1,0)，另外两个不连（因为不能转），
非直线型：自己两个方向(1,0)，每个自己方向+2(-2)，连(1,1)，（手动模拟一下这样选择的四种流法对应四种旋转的位置）
sz=3：
自己(1,0)，剩下一个0位置，距离为1的向它连（1,1），距离为2的向它连(1,2)
sz=4
四个方向（1,0）；
（注意，右边的单向边方向和左边的完全相反）
然后左右分点之间相邻的关系上下，左右，下上，右左，左分点连到对应的右分点。
然后跑最小费用最大流。
至于-1
先判断黑格口数是不是等于白格口数
然后如果最大流不是口数（满流）的话，就-1
（其实数据没有-1的点23333~~~）
这样，一条流的意义是什么？左边的某个口和右边的某个口，通过旋转或者不旋转连接在了一起，同时两个管道的需求都少了1
由于所有边的流量都是1（除了和ST连的），所以每个口只会流出1流，减少1的需求，
如果最后满流
那么意味着，所有的口都满足了自己的需求，即每个口都连上了。而且每个流都合法。
出错点：
1.数组开小了。。。。has[4]，四位二进制数，少开一位。。。（这个导致开O2之后超级厌氧，全部输出-1WA掉，一定程度上转移了查错重心。。。）
2.提取四位二进制数的时候，习惯性地写成了while(tmp) has[++tot]=tmp%2,tmp>>=1;然鹅，最高位是0的话，没有提取完4位就break了。而且has没有memset，高位就存上了之前可能的1.。。。。导致WA死。。
其实开始找规律一点没错。。。。但是由于while高位0的锅，以为找错了，，，最后还打了暴力判断。。。。
代码：（得开O2）
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define reg register int
#define numb (ch^‘0‘)
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){
char ch;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch==‘-‘)&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=2000+2;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,s,t;
struct node{
int nxt,to;
int w,v;
}e[(5*N+4*N+N*6)*2];
int hd[5*N],cnt=1;
void add(int x,int y,int w,int v){
e[++cnt].nxt=hd[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=w;
e[cnt].v=v;
hd[x]=cnt;
e[++cnt].nxt=hd[y];
e[cnt].to=x;
e[cnt].w=0;
e[cnt].v=-v;
hd[y]=cnt;
}
int incf[5*N],dis[5*N];
int pre[5*N];
bool vis[5*N];
queue<int>q;
bool spfa(){
while(!q.empty()) q.pop();
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(dis,inf,sizeof dis);
dis[s]=0;
incf[s]=inf;
pre[s]=0;
q.push(s);
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
vis[x]=0;
for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(e[i].w&&dis[y]>dis[x]+e[i].v){
dis[y]=dis[x]+e[i].v;
pre[y]=i;
incf[y]=min(e[i].w,incf[x]);
if(!vis[y]){
vis[y]=1;
q.push(y);
}
}
}
}
if(dis[t]==inf) return false;
return true;
}
int ans,maxflow;
void upda(){
int x=t;
while(pre[x]){
e[pre[x]].w-=incf[t];
e[pre[x]^1].w+=incf[t];
x=e[pre[x]^1].to;
}
ans+=incf[t]*dis[t];
maxflow+=incf[t];
//cout<<" ans "<<ans<<" "<<maxflow<<endl;
}
int has[10],tot;
int mp[N][N];
int sz[N];
int num(int x,int y,int k){//5 is itself
return ((x-1)*m+y-1)*5+k;
}
int main(){
rd(n);rd(m);
s=0,t=n*m*5+1;
for(reg i=1;i<=16;++i){
sz[i]=sz[i>>1]+(i&1);
}
int le=0,ri=0;
for(reg i=1;i<=n;++i){
for(reg j=1;j<=m;++j){
rd(mp[i][j]);
if((i+j)%2==0) add(s,num(i,j,5),sz[mp[i][j]],0),le+=sz[mp[i][j]];
else add(num(i,j,5),t,sz[mp[i][j]],0),ri+=sz[mp[i][j]];
}
}
if(le!=ri){
printf("-1");return 0;
}
for(reg i=1;i<=n;++i){
for(reg j=1;j<=m;++j){
for(reg l=1;l<=4;++l){
has[l]=(mp[i][j]>>(l-1))&1;
}
int now=num(i,j,5);
tot=sz[mp[i][j]];
if((i+j)%2==0){
switch(tot){
case 0:{
break;
}
case 1:{
int pos=0;
//cout<<" find "<<mp[i][j]<<" :: "<<has[1]<<" "<<has[2]<<" "<<has[3]<<" "<<has[4]<<endl;
for(reg l=1;l<=4;++l) if(has[l]) {
pos=l;
}
add(now,num(i,j,pos),1,0);
add(now,num(i,j,pos%4+1),1,1);
add(now,num(i,j,pos==1?4:pos-1),1,1);
add(now,num(i,j,(pos+2<=4)?pos+2:pos-2),1,2);
break;
}
case 2:{
if(mp[i][j]==5||mp[i][j]==10){
// cout<<" dkfjdf "<<endl;
for(reg l=1;l<=4;++l){
if(has[l]) add(now,num(i,j,l),1,0);
}
}else{
for(reg l=1;l<=4;++l){
if(has[l]) {
add(now,num(i,j,l),1,0);
add(num(i,j,l),num(i,j,(l+2<=4)?l+2:l-2),1,1);
}
}
}
break;
}
case 3:{
for(reg l=1;l<=4;++l){
if(has[l]){
add(now,num(i,j,l),1,0);
}else{
add(num(i,j,(l+1)<=4?l+1:l-3),num(i,j,l),1,1);
add(num(i,j,(l+3)<=4?l+3:l-1),num(i,j,l),1,1);
add(num(i,j,(l+2)<=4?l+2:l-2),num(i,j,l),1,2);
}
}
break;
}
case 4:{
for(reg l=1;l<=4;++l){
add(now,num(i,j,l),1,0);
}
break;
}
}
}else{
switch(tot){
case 0:{
break;
}
case 1:{
int pos=0;
for(reg l=1;l<=4;++l) if(has[l]){
pos=l;
}
add(num(i,j,pos),now,1,0);
add(num(i,j,pos%4+1),now,1,1);
add(num(i,j,pos==1?4:pos-1),now,1,1);
add(num(i,j,(pos+2<=4)?pos+2:pos-2),now,1,2);
break;
}
case 2:{
if(mp[i][j]==5||mp[i][j]==10){
for(reg l=1;l<=4;++l){
if(has[l]) add(num(i,j,l),now,1,0);
}
}else{
for(reg l=1;l<=4;++l){
if(has[l]) {
add(num(i,j,l),now,1,0);
add(num(i,j,(l+2<=4)?l+2:l-2),num(i,j,l),1,1);
}
}
}
break;
}
case 3:{
for(reg l=1;l<=4;++l){
if(has[l]){
add(num(i,j,l),now,1,0);
}else{
add(num(i,j,l),num(i,j,(l+1)<=4?l+1:l-3),1,1);
add(num(i,j,l),num(i,j,(l+3)<=4?l+3:l-1),1,1);
add(num(i,j,l),num(i,j,(l+2)<=4?l+2:l-2),1,2);
}
}
break;
}
case 4:{
for(reg l=1;l<=4;++l){
add(num(i,j,l),now,1,0);
}
break;
}
}
}
if((i+j)%2==0){
if(i>1) add(num(i,j,1),num(i-1,j,3),1,0);
if(i<n) add(num(i,j,3),num(i+1,j,1),1,0);
if(j>1) add(num(i,j,4),num(i,j-1,2),1,0);
if(j<m) add(num(i,j,2),num(i,j+1,4),1,0);
}
}
}
while(spfa()) upda();
//cout<<" maxflow "<<maxflow<<endl;
if(maxflow!=le){
puts("-1");return 0;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
}
signed main(){
Miracle::main();
return 0;
}
/*
Author: *Miracle*
Date: 2018/12/14 21:08:15
*/
总结：
这个题的突破口的话，
发现插头dp不行，那么网格图，可能就是网络流（数据范围也支持）
黑白染色可以。那么考虑最终合法的结果是什么意义。然后处理好旋转连边。
（发现没有，直线型为什么不能转？因为这样会同时转2个点！网络流没办法处理这种旋转（除非你大力讨论））
原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10122508.html