分析：个人感觉非常神的一道题.
类似于匹配问题，很容易看出这道题要用网络流来做.
观察特征：2^n个点，有2^m个位置可以选择，每种放法都有其相应的代价，求最大代价. 这是一类很经典的网络流问题. 思考的方向有两个：
1.将位置看成点，向原图中的点连边就相当于一种选择. 将容量设为1来使得每个点只选择一个位置.
2.拆点. 每个点拆成2^m个.分别表示选第j个位置.
如果用第一种方法，那就是最大流模型了，第二种方法就是最小割模型.
第一种方法看上去很直观，但是只能计算对应位置和点之间的代价. 本题中涉及到不同比特元之间的代价，肯定不能用第一种方法，那么只好用第二种方法了.
直接计算至少一个达到饱和值的比较难，反向思考：计算都小于饱和值的，最后用总答案减去最小割即可.
脑补一下建图，大概是这样的：
考虑三个问题：1.为什么要分奇偶讨论？
2.为什么有奇数个1的时候连的边的容量是反着的？
3.为什么最后考虑满足条件的a和b时，只考虑有奇数个1的？并且为什么连的是2^m - ta ---> tb?
a和b在二进制下只有1位不同，意味着a和b之中有一个有偶数个1，有一个有奇数个1.不仅如此，还要从最小割的性质来考虑：
考虑割掉红色的边，则必然会割掉中间这条有向边. 而且仅有这一种情况会割掉有向边（割掉的一条边在有向边右侧，一条在其左侧）. 这是反着连边和分奇偶讨论的图. 如果不反着连边，就会使得割的两条边在有向边的同一侧，这条有向边不能被割掉. 如果不分奇偶讨论，统计的答案可能会变多（割四条边+中间的这条边，暂且不称它为有向边），因为分奇偶讨论实际上是给边定了方向（有向边）.
使边的容量变反，奇偶讨论都是为了使得最小割与要求的答案相吻合.
解出这道题的关键就是两步转化：拆点和补集转化. 转化后构造方案使得最小割和要求的答案相吻合即可.
坑点：W(i,j)可能是负数，不能直接求最小割. 一个方法是将W(i,j)变成x - W(i,j). x是一个常数. 那么一开始ans = 2^n * x. 最终的答案就是ans - 最小割.
#include <cstdio> #include <queue> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100010,inf = 0x7fffffff,maxm = 2000010; int n,m,S,T,t[maxn],p[maxn],W[1010][1010],id[1010][1010],cnt; int d[maxn]; int ans,head[maxn],to[maxm],nextt[maxm],w[maxm],tot = 2; void add(int x,int y,int z) { w[tot] = z; to[tot] = y; nextt[tot] = head[x]; head[x] = tot++; w[tot] = 0; to[tot] = x; nextt[tot] = head[y]; head[y] = tot++; } int get(int x) { int res = 0; while (x) { if (x & 1) res++; x >>= 1; } return res; } bool bfs() { memset(d,-1,sizeof(d)); d[S] = 0; queue <int> q; q.push(S); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); if (u == T) return true; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == -1) { d[v] = d[u] + 1; q.push(v); } } } return false; } int dfs(int u,int f) { if (u == T) return f; int res = 0; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == d[u] + 1) { int temp = dfs(v,min(f - res,w[i])); w[i] -= temp; w[i ^ 1] += temp; res += temp; if (res == f) return res; } } if (!res) d[u] = -1; return res; } void dinic() { while (bfs()) ans -= dfs(S,inf); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%d",&t[i]); for (int i = 0; i < (1 << n); i++) scanf("%d",&p[i]); for (int i = 0; i < (1 << n); i++) for (int j = 0; j < (1 << m); j++) scanf("%d",&W[i][j]); for (int i = 0; i < (1 << n); i++) for (int j = 0; j <= (1 << m); j++) id[i][j] = ++cnt; S = ++cnt; T = ++cnt; ans = 3000 * (1 << n); for (int i = 0; i < (1 << n); i++) { add(S,id[i][0],inf); add(id[i][1 << m],T,inf); int temp = get(i); for (int j = 0; j < (1 << m); j++) { int val; if (temp % 2 == 1) val = W[i][(1 << m) - j - 1]; else val = W[i][j]; add(id[i][j],id[i][j + 1],3000 - val); } for (int j = 0; j < n; j++) { int x = i ^ (1 << j); if (temp % 2 == 1) { add(id[i][(1 << m) - t[i]],id[x][t[x]],p[i] ^ p[x]); ans += (p[i] ^ p[x]); } } } dinic(); printf("%d\n",ans); return 0; }
