传送门

解题思路

　　可以发现天兵不用管，答案的一个上界是\(2*k\)，就是天兵一个个换。刚开始写了个拆\(6\)点的网络流，调了半天发现自己假了。。说说正解，首先可以发现交换士兵其实就是种类的交换，那么可以对于每一个点算出它距离所有点的距离，距离就是最少换几次，这个可以\(spfa\)求出，之后发现这个很像二分图匹配，可以二分答案表示用几次超能力，然后跑二分图匹配即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>using namespace std;
const int N=105;inline int rd(){int x=0,f=1; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();return f?x:-x;
}int n,m,k,T,val[N][N],dis[N][N],xx[N],yy[N],match[N];
int h[N][N],tx[N],ty[N],dx[4]={0,1,0,-1},dy[4]={1,0,-1,0},ans,tot;
bool vis[N][N],use[N];
queue<int> Q[2];void bfs(int x,int y,int tmp){memset(vis,false,sizeof(vis));memset(dis,0x3f,sizeof(dis));dis[x][y]=0; vis[x][y]=1;Q[0].push(x); Q[1].push(y);int i,j,ii,jj,t;while(Q[0].size()){i=Q[0].front(); Q[0].pop();j=Q[1].front(); Q[1].pop();vis[i][j]=0;for(int k=0;k<4;k++){ii=i+dx[k]; jj=j+dy[k];if(ii<1 || ii>n || jj<1 || jj>m) continue;if((dis[i][j]&1)==tmp){if(h[ii][jj]<h[i][j]) t=1;else t=0;}else {if(h[ii][jj]>h[i][j]) t=1;else t=0;}if(dis[i][j]+t<dis[ii][jj]){dis[ii][jj]=dis[i][j]+t;if(!vis[ii][jj]) Q[0].push(ii),Q[1].push(jj),vis[ii][jj]=1;}}}
}bool dfs(int x,int lim){for(int i=1;i<=tot;i++){if(val[x][i]>lim || use[i]) continue;use[i]=1;if(!match[i] || dfs(match[i],lim)) {match[i]=x; return 1;}}return 0;
}inline bool check(int lim){int ret=0;memset(match,0,sizeof(match));for(int i=1;i<=2*k;i++){memset(use,0,sizeof(use));ret+=dfs(i,lim);}return ret+lim>=2*k;
}int main(){n=rd(),m=rd(),k=rd(),T=rd(); int x,y,z;for(int i=1;i<=2*k+1;i++) xx[i]=rd(),yy[i]=rd();for(int i=1;i<=T;i++){x=rd(),y=rd(),z=rd();while(z--) tx[++tot]=x,ty[tot]=y;}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++) h[i][j]=rd();for(int i=1;i<=2*k;i++){if(i<=k) bfs(xx[i],yy[i],0);else bfs(xx[i],yy[i],1);for(int j=1;j<=tot;j++) val[i][j]=dis[tx[j]][ty[j]];}int l=0,r=(k<<1),mid;while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%d\n",ans);return 0;
}