洛谷P2774方格取数（网络流24题）

我们对棋盘进行黑白染色（（横坐标+纵坐标）%2==1的点设为黑点），可以发现，若取一个黑格的点，受到影响的就是周围的白点。于是我们可以建一个二分图。问题是，应该如何建图。如果将每个点考察他能与哪些点相连，显然太复杂了，因此我们不如将每个点与他不能相连的点连接在一起。
然后可以发现这是一个最小割的套路题，假设所有的点都取，然后去掉最小割，就是答案了。
建模：S->黑点，容量为点权
白点->T，容量为点权
每一个黑点->取该黑点会受到影响的白点，容量为inf，保证你在最小割的时候不会去割中间这些边。

另一种不错的解释：
相邻的数字只能选一个，联想到二分图，相邻的点分别放在x、y端，他们之间连一条边
为什么他们之间连一条边呢，因为相邻数字的关系有且仅有相邻为影响，我们需要把影响转化到模型上，
不相邻的点建边虽然思考起来更直观，但是边数太多了，反而更难理清思路
要使边有意义且合法，我们需要构造起始点和终点，因为x的每个点地位相同，那么都和s点相连，同理y和t相连
显然对于构造出来的这个图，我们要尝试把题意转化进去，即答案需要的是一种什么图。
x和y相连的两个点只能要一个，这是题意，那么结果图中不能有s-u-v-t完整的4条弧构成的“链”，
断链的方法显然为最小割，最小割最大流是很重要的定理。
模拟一下最大流的过程，举几个小例子就能明白我们割掉的是小的，留下来的是大的和小的的差

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
struct edge {
    int to, cap, rev;
};
vector<edge>G[10010];
int level[10011], iter[10011];
int n, m;
void addedge(int from, int to, int cap)
{
    edge e;
    e.to = to; e.cap = cap; e.rev = G[to].size();
    G[from].push_back(e);
    e.to = from; e.cap = 0; e.rev = G[from].size() - 1;//一定要小心反向边的cap为0！！！
    G[to].push_back(e);
}
void bfs(int s)
{
    memset(level, -1, sizeof(level));//每次bfs的时候构图都不同，要memset
    queue<int>que;
    level[s] = 0;
    que.push(s);
    while (!que.empty()) {
        int t = que.front(); que.pop();
        for (int i = 0; i < G[t].size(); i++) {
            edge e = G[t][i];
            if (e.cap&&level[e.to] < 0) {
                level[e.to] = level[t] + 1;
                que.push(e.to);
            }
        }
    }
}
int dfs(int v, int t, int f)
{
    if (v == t)
        return f;
    for (int &i = iter[v]; i < G[v].size(); i++) {//因为每次dfs的时候如果找到解就return了，所以有必要记录上次这个点搜到哪了
        edge &e = G[v][i];
        if (e.cap&&level[e.to] > level[v]) {
            int d = dfs(e.to, t, min(f, e.cap));
            if (d) {
                e.cap -= d;
                G[e.to][e.rev].cap += d;
                return d;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int maxflow(int s, int t)
{
    int flow = 0;
    for (;;) {
        bfs(s);
        if (level[t] < 0)//说明此时已经不存在没有搜过的路了
            return flow;
        memset(iter, 0, sizeof(iter));
        int f;
        while (f = dfs(s, t, 1 << 30))//要搜完当期状况下的所有可能
            flow += f;
    }
}
int main()
{
    int i, j, num[101][101], total = 0;
    cin >> m >> n;
    for(i=1;i<=m;i++)
        for (j = 1; j <= n; j++) {
            scanf("%d", &num[i][j]);
            total += num[i][j];
        }
    int move[4][2] = { 0,-1,-1,0,0,1,1,0 };
    for(i=1;i<=m;i++)
        for (j = 1; j <= n; j++) {
            if (i % 2 == j % 2) {
                addedge(0, (i - 1)*n + j, num[i][j]);
                for (int k = 0; k < 4; k++) {
                    if (i + move[k][0] > 0 && i + move[k][0] <= m && j + move[k][1] > 0 && j + move[k][1] <= n)
                        addedge((i - 1)*n + j, (i + move[k][0] - 1)*n + j + move[k][1], 1 << 30);
                }
            }
            else {
                addedge((i - 1)*n + j, 10005, num[i][j]);
            }
        }
    int ans =total- maxflow(0, 10005);
    cout << ans << endl;

    return 0;
}