2014 多校的B题，由于我不怎么搞图论，当时碰到这个题目，我怎么想都没往网络流方面弄，不过网络流真的是个好东西，对于状态多变，无法用动规或者数据结构来很好表示的时候，非常有用
这个题目要求每个点一定要访问到，并且每次访问的是没访问过的点，跳跃的方向为向右或者向下。
建图的时候，分成二分图，从一个超级源点向x部分建cap为1 cost为0的点，对所以可到达的点从x到y建cap为1，cost根据题目算出来，不过要算负值，因为我们要求得实际是最大费用，最后对结果求相反数即可。所有y部分的点对超级汇点T建cap为1，cost为0的点。
但是这样还是没满足只能走k次的条件，所以得额外建一个点，从S到该点建cap为k，cost为0的点，再用这个点对y部分所有点建cap为1，cost为0的点，因为每次从x部流到y部最终流到T的点，都是不包括起始点的，用这个额外点向y部分供应最多k次（不一定要k个）的起始点量即可
最后求得一定要流量为 N*M才算走通，此外，cost的相反数即为所求最大费用
用的是大白书上的最小费用最大模板，复杂度应该是n*m*某个系数
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 310;
struct Edge
{
int from,to,cap,flow,cost;
};
struct MCMF
{
int n,m,s,t;
vector<Edge> edges;
vector<int> G[maxn];
int inq[maxn];
int d[maxn];
int p[maxn];
int a[maxn];
void init(int n){
this->n=n;
for (int i=0;i<=n;i++) G[i].clear();
edges.clear();
}
void add(int from,int to,int cap,int cost)
{
edges.push_back((Edge){from,to,cap,0,cost});
edges.push_back((Edge){to,from,0,0,-cost});
m=edges.size();
G[from].push_back(m-2);
G[to].push_back(m-1);
}
} TF;
char mat[15][15];
int N,M,K;
int id[15][15];
int S,T;
bool Bellman(int s,int t,int &flow,int &cost)
{
for (int i=0;i<=2*N*M+2;i++) TF.d[i]=(1<<30);
memset(TF.inq,0,sizeof TF.inq);
TF.d[s]=0;TF.inq[s]=1;TF.a[s]=1<<30;
queue<int> Q;
Q.push(s);
while (!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
TF.inq[u]=0;
for (int i=0;i<TF.G[u].size();i++){
Edge & e=TF.edges[TF.G[u][i]];
if (e.cap>e.flow && TF.d[e.to]>TF.d[u]+e.cost){
TF.d[e.to]=TF.d[u]+e.cost;
TF.p[e.to]=TF.G[u][i];
TF.a[e.to]=min(TF.a[u],e.cap-e.flow);
if (!TF.inq[e.to]) {Q.push(e.to);TF.inq[e.to]=1;}
}
}
}
if (TF.d[t]>=(1<<30)) return false;
flow+=TF.a[t];
cost+=TF.d[t];
int u=t;
while (u!=s){
TF.edges[TF.p[u]].flow+=TF.a[t];
TF.edges[TF.p[u]^1].flow-=TF.a[t];
u=TF.edges[TF.p[u]].from;
}
return true;
}
int mincost()
{
int flow=0,cost=0;
while (Bellman(S,T,flow,cost));
if (flow==N*M)
return -cost;
else return -1;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
int kase=0;
while (t--)
{
scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
S=0,T=2*N*M+2;
TF.init(T);
for (int i=1;i<=N;i++) scanf("%s",mat[i]+1);
for (int i=1;i<=N;i++){
for (int c=1;c<=M;c++){
for (int j=i+1;j<=N;j++){
int cost=0;
cost+=j-i-1;
if (mat[i][c]==mat[j][c]) cost-=mat[i][c]-'0';
TF.add((i-1)*M+c,N*M+(j-1)*M+c,1,cost);
}
for (int j=c+1;j<=M;j++){
int cost=0;
cost+=j-c-1;
if (mat[i][c]==mat[i][j]) cost-=mat[i][c]-'0';
TF.add((i-1)*M+c,N*M+(i-1)*M+j,1,cost);
}
}
}
for (int i=1;i<=N;i++){
for (int j=1;j<=M;j++){
TF.add(S,(i-1)*M+j,1,0);
TF.add(N*M+(i-1)*M+j,T,1,0);
}
}
TF.add(S,2*N*M+1,K,0);
for (int i=N*M+1;i<=2*N*M;i++){
TF.add(2*N*M+1,i,1,0);
}
printf("Case %d : %d
",++kase,mincost());
}
return 0;
}