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

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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

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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
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        #define INF 1000000000using 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
        
          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
         
          =0 && x
          
           =0 && y