这一部分内容太多，故单独拿出来成为一篇文章。
问题描述：
有两个集合 (S) 和 (T)，(n) 个元素。每个元素属于且仅属于 其中的一个集合。第 (i) 个元素如果属于 (S) 集合需要付出 (A_i) 的代价；属于 (T) 集合需要花费 (B_i) 的代价。
与此同时，还有一些二元组：((x, y, C_1, C_2, C_3, C_4))，表示：
-
如果 (x) 和 (y) 都属于 (S) 集合，需要 (C_1) 的额外花费 (C_1) 的代价；
-
都属于 (T) 集合，需要花费 (C_2) 的代价；
-
(x) 属于 (S)，而 (y) 属于 (T)，需要花费 (C_3)的代价；
-
(x) 属于 (T)， 而 (y) 属于 (S)，需要花费 (C_4) 的代价。
求最小代价。
模型建立
建立网络，如图：
跑最小割。
最小割一共有四种形式 ：
-
割边为 (a), (b)，表示(x) 和 (y) 都属于 (S) 集合。最小割为 (val_a + val_b)。
-
割边为 (c, d)， 表示 (x) 和 (y) 都属于 (T) 集合。最小割为 (val_c + val_d)。
-
割边为 (a, d, f)， 表示 (x) 属于 (S) 集合， (y) 属于 (T) 集合。最小割为 (val_a + val_d + val_f)。
-
割边为 (b, c, e)， 表示 (x) 属于 (T) 集合， (y) 属于 (S) 集合。最小割为 (val_b + val_c + val_e)。
（以下以 (a, b, c, ...) 来代替 (val_a, val_b, val_c))
有 ：
通过控制 (a, b, c, d, e, f) 的数值来使得最小割的结果为正确答案。
为了简化问题，我们让 (e = f)。
设 (K = C_3 + C_4 - C_1 - C_2)，则 (e + f = 2 * e = K)，(e = frac{K}{2})。
此外，因为是网络流， (a, b, c, d, e) 按理来说都应该是正数。但是，有些不是正数就真的不行吗？
我们发现，对于每一种最小割，(a, c) 都被选且仅被选 一次，因此如果我们让 (a, c) 同时都加上 (base)，那么答案就一定会加 (base)，最后我们让答案减掉 (base)即可。
(b, d) 同理。
网络流模型中，我们常常用让一对被选且仅被选一次的边权值同时加上一个大数，最终答案再减去，来解决边权为负的问题。
现在，我们允许 (a, b, c, d) 为负，但是 (e) 不行。即：如果 (K) 为负数，则该问题无法用网络流的方法来解（至少我目前不行）。
总结一下 ：
四个等式，五个未知数，可以有无数组解。
我们随意给 (a) 设置一个值，再推出其它所有未知数。
这种随意指定一个变量为某个不会影响答案正确性的值 的方法，也是 OI 中常用的思想。
得到 (a, b, c, d, e) 后，我们还可以把边合并一下（相同的边 权值直接相加），边数直接优化成与 (n) 相关，然后就可以直接跑最小割即可。
例题组Ⅰ
Dual Core CPU
【问题描述】的简化版。
设置 (e) 为 (w)，直接跑最小割。
P1646 [国家集训队]happiness
题意：
文理分科。
班级为 (n * m) 矩阵，相邻（前后左右）为好友。每个人对文科和理科有自己的喜悦值，且一对好友如果同时选文或选理，又会使全班增添一些喜悦值（不同的好友喜悦值可能不同）。求全班的最大喜悦值。
(n, m <= 100)，保证给出的所有数为非负整数。
正规的模板题应该是求最小值，而这道题要求的是最大值。那么我们把给的所有权值全部取负，就可以求最小值了。
这种将所有数取相反数，来实现“最大”“最小”的转化 的思想在 OI 中也经常用到，如：最大费用最大流，最长路等等。
然后我们已知 (C_1, C_2),并且 (C_3, C_4) 为零。就可以用上述方法解决了。
P4313 文理分科
题意：
文理分科。
班级为 (n * m) 矩阵，相邻（前后左右）为好友。每个人对文科和理科有自己的喜悦值，且如果他的所有 好友都和他选的文，又会获得一些喜悦值，都和他选的理，也会获得另一些喜悦值。求全班同学的喜悦值总和的最大值。
(n, m <= 100)，保证给出的所有数为不超过 500 的非负整数。
仍然用相反数，将“最大”转化为“最小”。
这回要求周围人全部选同一种科，有些像下面的放石头那道题。因此我们新建一种点 (cur_{ar}) 和另一种点 (cur_{sc})。如果选这种“新点”，就说明其周围的好友都选的文/理。当然，如果选这些点，我们要对其好友点进行限制，即禁止好友点选择另一种科目。即修改 (C_3) 或 (C_4) 为正无穷。
发现 (K >= 0)，可行，直接用上面方法即可。
模型改进
发现模型只能解决 (K >= 0) 的问题。那么 (K < 0) 就真的不行吗？
如果我们把 (x) 和 (y) 之一的割的含义取反（即“割 (a) 表示选” 改为 “割 (a) 表示不选”），最终我们有：
（以取反 (y) 为例）
正好反过来了！ (K' = C_1 + C_2 - C_3 - C_4 = -K) ！
但是有一个问题，就是说 (x) 如果对于 ((x, y)) 这个二元组来说取反，那么 (x) 对于其它形如 ((x, v)) 的二元组来说也要取反。如果有 ((x, y), (x, z), (y, z)) 都(K < 0)，我们就无法一些元素含义取反了。（毕竟俩都取反就相当于没有取反)
因此，模型可行的要求进一步缩小为：所有 (K < 0) 的二元组不构成奇环。而我们恰好又经常在二分图里使用这个模型！
虽然 lyd 大佬是这么说的，但是我并不认同。比如：（二元组以 ((from, to, K)) 的形式表示）
((x_1, y_1, -1), (y_1, x_2, -1), (x_2, y_2, -1), (y_2, x_1, 1))
如果只要求符合前三条限制，那么 (x_1) 和 (y_2) 一定是含义不同的；而我们又要求 (x_1, y_2) 含义相同。因此是不可行的。而可怕的是，这四组关系是在二分图上的，并且 (K < 0) 的二元组甚至连环都没有构成！
因此，我将 用此方法可行 的条件修改为 ： 如果存在一种方案，使得 (K < 0) 的二元组构成二分图，并且二分图左右部之间没有 (K >= 0) 的边相连，那么问题是有解的。
如何确定每个元素是否要对含义进行取反 ? 难不成为了判断这个来用一个匈牙利算法？（尽管复杂度是假的）实际上，我们可以充分发挥人类智慧 而不是机器力量 ，手动构建出二分图来。毕竟，一般来说我们的图还是有规律可循的。如果人类智慧实在不允许，dfs就可以了。（类似 2-sat 和 二分图？）
例题组Ⅱ
Topcoder SRM558 Div1 C Surrounding Game
题意： (n * m) 矩阵里放石头。在 ((i, j)) 放石头要花费 (Cost_{i, j}) 的代价；在 ((i, j)) 放石头或者 在其相邻的四个格子里放石头 会获得 (Val_{i, j}) 的收益。求总收益（收益 - 代价）的最大值。（所有数据均为正数）
收益 = -代价
然后求最小代价。
建立 (2n) 个节点。（除了原有网格 {(cur)} 外新建一组网格 {(cur')}）如果选 (cur = (i, j))，那么得到 (Cost_{i, j} - Val_{i, j}) 的代价。
如果选择 (cur' = (i, j)')，那么得到 (Val_{i, j}) 的收益，并且强制要求选择 ((i, j - 1), (i, j + 1), (i - 1, j), (i + 1, j))，强制要求不选 ((i, j))（贪心）。
然后根据模型求解。发现“强制选择” 的 (K) 为正，“强制不选”的 (K) 为负，那么我们就要求 (cur) 和 (cur') 不同时将意义取反，只取反一个；还要求 (cur') 与相邻的 (neibor) 同时取反或不取反。
通过手动打表找规律，我们发现如果用红色表示取反，黑色表示不取反，那么整个网格 {(cur)} 和 {(cur')} 是红黑相间的。
然后再充分发挥我们的码力，进行一堆判断，解决这道题。（事实上也不需要多少判断，毕竟每连一条边，最多只有两种情况）
拓展延伸
2-sat
（据说） 当所有权值为 1 时，此模型为 2-sat。
2-sat 问题我尚且没学懂，因此暂时搁一边。
证明最大权闭合子图的解法
最大权闭合子图：点有点权（可正可负），有一堆边，表示选择 (x) 就必须选择 (y)。求最大点权和。
再次搬出模型：
规定 : 与 (S) 连表示选择；与 (T) 连表示不选。（其实反过来也可以做）
将所有权值取反，来将“最大”转化成“最小”。那么选 (x) 不选 (y) 将付出 (+∞) 的代价。
那么我们将 (f) 设置为 (+∞)，其余变量全部设置为 (0)。那么图上就只有 (f) 这一条边了。再加上只要选择就会拥有的权值（即 (a, b, c, d) 边）。
根据之前的方法，如果权值为负，那么两边同时加上绝对值，就可以转化成为正。
因此：如果权值为正，那么取反后权值为负，应该与 (T) 连权值为 (w) 的边；如果权值为负，那么取反后权值为正，应该与 (S) 连权值为 (-w) 的边。
最终我们的决定是：将 (S) 与负点连， (T) 与正点连，对于边((x, y))，连 ((y, x, +∞))。
将 与 (S,T) 连边的意义取反，那么我们的所有选择也应该倒过来，就是 ： 将 (S) 与正点连， (T) 与负点连，对于边((x, y))，连 ((x, y, +∞))。
这就是一般的求最大权闭合子图的方法。
证明最大密度子图的改进算法
仍然考虑 01 分数规划后的那个要我们最小化的式子：
将 (val_p) 视为选择 (p) 的代价，不选代价为 0；(val_e) 视为一对二元关系：如果选择 (u, v) 两点，将会得到 (-d * val_{u, v}) 的代价。
列方程：
发现 (K >= 0)，于是我们就可以愉快的直接套用模型了。
设置 (a = b = -d / 2 * val_e, e = f = d / 2 * val_e)。
然后直接求即可。
发现实际上 (a) 与 (S) 的连边的流量和为：(-d / 2 * sum_{(u, v)}val_{u, v})，再加上最后的 (val_u)，恰好为上文的 (val[p] - d / 2 * sum[p])。边的流量也为 (d / 2 * val_e)。至于方案为什么是正确的，也很明了了。
例题组Ⅲ
P2805 [NOI2009]植物大战僵尸
最大权闭合子图裸题。
然后发现连样例都过不了。
因为最大权闭合子图是说，如果选 (x) 就必须选 (y)，选 (y) 就必须选 (x)，那么可以把两个都选上，也符合条件。但是本题并不允许“环”上的点被选（找不到突破口）。
因此需要先拓扑排序，排除掉无法被选的（包括环以及被环上的点所保护的植物），对于其它的植物建最大权闭合子图。
归纳总结
何时要注意取反，何时可以直接解方程？
我们发现，如果二元关系为：要求两个元素同时选或同时不选， 且代价为负数（获得正的收益），即 (C_1, C_2 < 0)，(C_3,C_4 = 0)，那么 (K > 0)；
或者二元关系为：要求两个元素做出不同的选择，且代价为正数，即 (C_1, C_2 = 0)，(C_3,C_4 > 0)，那么 (K > 0)；
这两种情况不用考虑取反的事情。
习题
上述提到的所有例题
CF1082G Petya and Graph
NOI 最大获利 重题，最大密度子图的简化版。最大权闭合子图、二元关系模型均可。
注意：(base) 的总和可能会很大（大概 (1e15)），但本题可以接受。如果遇到其他题要爆 (long long)，就要灵活变通一下，不让每个点都去减 (base)。只需把边搞成 0 即可。