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题目

日程表

热情的选手 Sphinny 正在看新一年的日程表，并发现已经安排了很多编
程竞赛。她将这一年的每一天都用以下三种方式之一在日程表上打标记。

1. 白色：这一天她将不参加竞赛。或许这一天没有预定的竞赛，或许
   这一天有更重要的事情要做（生活中肯定还有其他美好的事情） 。
2. 蓝色：这一天她将参加一场竞赛。
3. 问号：这一天有预定好的竞赛，但她还没有决定好是否参加。

为了简化问题，我们假设没有资格的概念：你不必参加一场比赛去取得另
一场比赛的参赛资格。
Sphinny 生活的世界与我们的世界有所不同，那个世界里一年有 n 个月，
每个月恰有 m 天。
下面的图片是一张 5 个月，每个月有 8 天的日程表。上面有 15 天标记为
蓝色，5 天标记了问号。

看她美丽的日程表。Sphinny 认为对于每一天，有四天与它相邻（可能有
的不存在）：同一个月的前一天，同一个月的后一天，前一个月的同一天，后
一个月的同一天。
Sphinny 想最大化所有竞赛的喜悦值之和。一场竞赛的喜悦值的计算方式
是：

1. 初始为 4。
2. 每有与那一天相邻的一天要参赛，喜悦值减 1。 （你可以认为
   Sphinny 喜欢竞赛，但连续参赛让她感觉很累。并且出于审美的原因，在相邻
   两个月的同一天参赛也不是很好。 ）

现在，Sphinny 想计划这一年，并决定把每一个问号标记都改为白色标记
或蓝色标记。她的目标很简单，就是最大化总喜悦值。
下图是上面例子的一种解决方案。通过把 2 个问号标记变为蓝色标记，剩
下的 3 个问号标记变为白色标记，她可以得到喜悦值 42。
【输入格式】
第一行一个整数 T 表示测试数据组数。
对于每一组数据：第一行两个整数 n，m 表示有 n 个月，每个月有 m 天。
之后 n 行每行一个长度为 m 的字符串，第 i 行第 j 个字符表示第 i 个月的第 j
天的状态， “#”表示这一天被标记为蓝色， “.”表示这一天被标记为白色，
“?”表示这一天被标记为问号。
【输出格式】
对于每一组数据，输出：
Case #X: Y
X 是第几组测试数据，Y 是最大总喜悦值。

解题报告

题目冗长到影响理解的地步，概括下就是：一个矩阵有一些点已经明确是蓝色还是白色，？节点可替换为蓝色或白色，现在要是获得的收益最大。

一个点有两种选择？猜测是最小割。矩阵中相邻两点的关系影响收益？明显要二分图染色。算法的框架就有了。
来考虑，令染色中\(x+y\)为奇数的点为\(s\)点，偶数为\(t\)点，对于\(s\)点而言，与\(S\)点相连表示染为蓝色，同理\(t\)点与\(T\)点相连为蓝色，而不连就是白色；
显然，已经知道的蓝色点一定是与\(S\)或\(T\)相连的，应该连inf边。
但是我在考场上认为这些蓝点完全没有在最小割图中存在的意义，所以我这样建图：

1. 统计一个ans，对于蓝点，认为其周围？节点都选择白点，对于？节点，如果周围有两个及以上的蓝点，直接选为白点，否则当做蓝点，这样统计一下收益。
2. 对于\(s\)点，add(S,id[x][y],4-2*周围蓝点数)；对于\(t\)点，add(id[x][y],T,4-2*周围白点数)，对于相邻的问号节点，add(id_1,id_2,2)(其中\(id_1\)为\(s\)点)

这个见图，统计方法，就可以以图中较少的点数得到答案。正确性显然。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=1000000000;
const int N=51;
const int xx[4]={0,1,0,-1},yy[4]={1,0,-1,0};
int test,S,T,n,m,ans,cnt,id[N][N],dep[N*N];
char s[N][N];
struct E{int next,to,f; E(int next=0,int to=0,int f=0):next(next),to(to),f(f){}
}   e[N*N*N<<2];
int head[N*N],tot;
inline void In(int &x){char ch=getchar(); for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()); for (x=0;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-48;
}
inline void init(){tot=1,cnt=0,ans=0; memset(head,0,sizeof(head)); memset(id,0,sizeof(id));memset(e,0,sizeof(e));
}
inline void add(int x,int y,int flow){e[++tot]=E(head[x],y,flow); head[x]=tot; e[++tot]=E(head[y],x,0); head[y]=tot;
//  cout<<x<<' '<<y<<": "<<flow<<endl;
}
inline bool ok(int x,int y){return x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m;
}
inline void calc(int x,int y,int &ans){if (s[x][y]=='.') return; if (s[x][y]=='#'){for (int i=0;i<4;i++) if (ok(x+xx[i],y+yy[i]))if(s[x+xx[i]][y+yy[i]]=='#')ans--; ans+=4; return;}int tmp;if (s[x][y]=='?'){tmp=4; for (int i=0;i<4;i++)if (ok(x+xx[i],y+yy[i]))if (s[x+xx[i]][y+yy[i]]=='#')tmp-=2;if (tmp<=0) return;id[x][y]=++cnt;if ((x+y)&1)add(S,cnt,tmp); elseadd(cnt,T,tmp);ans+=tmp; }
}
inline bool bfs(){memset(dep,0,sizeof(dep)); dep[S]=1;queue<int> q;q.push(0);int x,y;while (!q.empty()){x=q.front(),q.pop();for (int i=head[x];i;i=e[i].next){y=e[i].to;
//          cout<<i<<endl;if (!dep[y]&&e[i].f){dep[y]=dep[x]+1; q.push(y);}}}return dep[T]!=0;
}
int dfs(int x,int mn){if (x==T) return mn; int have=0,f,y;for (int i=head[x];i;i=e[i].next){y=e[i].to;if (e[i].f&&dep[y]==dep[x]+1&&(f=dfs(e[i].to,min(e[i].f,mn-have)))){have+=f,e[i].f-=f,e[i^1].f+=f; if (have==mn)return have;}}return have;
}
inline void maxflow(int &tmp){while (bfs()) tmp+=dfs(S,inf);
}
int main(){freopen("cal.in","r",stdin); freopen("cal.out","w",stdout);In(test); for (int I=1;I<=test;I++){In(n),In(m),S=0,T=n*m+1;init();for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++)calc(i,j,ans);for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) if ((i+j)&1&&id[i][j])for (int k=0;k<4;k++)if (ok(i+xx[k],j+yy[k]))if (id[i+xx[k]][j+yy[k]])add(id[i][j],id[i+xx[k]][j+yy[k]],2); int mxf=0;maxflow(mxf);printf("Case #%d: %d\n",I,ans-mxf); }return 0;
}