WC2007 石头剪刀布 数学+最小费用最大流

题面：

　　有N个人参加一场比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有N*(N-1)/2场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。
　　剪刀石头布情况，即无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。

分析：

　　把题意转化一下，就是给定了一张有向完全图的残本，剩下的边你可以任意安排，求出现最多的三元环数量。

　　我们可以用一下小小的容斥，假如我们任选三个点，方案数是C(n,3)，我们就找出最少失去的三元环数量，就可以给出这个题的答案了。

　　根据《一眼看出法》，我们可以了解，假如一个点x的入度（以下简称in[x]）为w，那么它会使整个图失去的三元环数量为C(w,2)。

　　即：如果一个点的入度增加1，会使三元环数量减少in[x]-1这么多。所以我们需要尽量保证不会出现某个点入度特别多，换句话说就是尽量让入度平均。（这大概就是题解中说的凸函数的性质？？？）

　　所以，我们将失去的三元环作费用，跑费用流。

　　对于未定向的边，我们将其抽象成点（这里原图中的点也被抽象成点）

　　我们由源点S向每条未定向的边对应的点连边，容量为1费用为0；

　　对于每条被我们建成点的边，我们从这个点向这条边连通的两个点连边，容量为1，费用为0，表示这条边会给其中一个点带来入度加一的贡献。

　　对于每个原图上的节点x，我们想汇点T连接若干条边，容量都为1，费用分别为in[x], in[x]+1, in[x]+2,…,n-2（表示每增加1个单位的流量，就会带来这么多三元环的毁灭。想想为什么最大是n-2？）

　　之后定向方案，看边对应的点哪条出边满流即可！

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=,inf=0x3f3f3f3f;int f[N];
 struct node{int y,z,f,nxt;}e[N*];int lst[N];
 int n,S,T,tot,g[][],dg[N],tmp[N],X[N],Y[N];
 int h[N],c=,d[N],vis[N],pre[N],ans;queue<int>q;
 void add(int x,int y,int l,int z){
     e[++c]=(node){y,z,l,h[x]};h[x]=c;
     e[++c]=(node){x,-z,,h[y]};h[y]=c;
 } bool spfa(){
     for(int i=S;i<=T;i++) pre[i]=-,
     f[i]=inf,lst[i]=vis[i]=,d[i]=inf;
     q.push(S);d[S]=;pre[S]=;
     while(!q.empty()){
         int x=q.front();q.pop();vis[x]=;
         for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt)
         if(d[y=e[i].y]>d[x]+e[i].z&&e[i].f){
             d[y]=d[x]+e[i].z;pre[y]=x;lst[y]=i;
             f[y]=min(f[x],e[i].f);
             if(!vis[y]) vis[y]=,q.push(y);
         }
     } return pre[T]!=-;
 } void solve(){
     while(spfa()){
         ans+=d[T]*f[T];int x=T;
         while(x) e[lst[x]].f-=f[T],
         e[lst[x]^].f+=f[T],x=pre[x];
     } return ;
 } int main(){
     memset(h,-,sizeof(h));
     scanf("%d",&n);S=,tot=n;
     for(int i=;i<=n;i++)
     for(int j=;j<=n;j++){
         scanf("%d",&g[i][j]);
         if(g[i][j]==){
             if(i>j) continue;
             X[++tot]=i,Y[tot]=j;
             add(S,tot,,);
             add(tot,i,,);
             add(tot,j,,);
             tmp[i]++;tmp[j]++;
         } else dg[i]+=g[i][j];
     } T=++tot;for(int i=;i<=n;i++){
         ans+=(dg[i]*dg[i]-dg[i])/;
         for(int j=dg[i]+;j<n;j++)
         add(i,T,,j-);
     } solve();int tt=n*(n-)*(n-)/;
     printf("%d\n",tt-ans);
     for(int i=n+,v;i<tot;i++){
         for(int p=h[i];~p;p=e[p].nxt)
         if(e[p].y!=S&&!e[p].f)
         {v=e[p].y;break;}
         if(v==X[i]) g[X[i]][Y[i]]=,
         g[Y[i]][X[i]]=;
         else g[X[i]][Y[i]]=,g[Y[i]][X[i]]=;
     } for(int i=;i<=n;i++,puts(""))
     for(int j=;j<=n;j++)
     printf("%d ",g[i][j]);return ;
 }

费用流