前置技能：poj3041
如果是二维平面有一些方块，这些方块被染了黑色，你每次可以选择 ((x,y)) 的区域染成白色，代价是 (min(x,y))，问你付出的最小代价
显然我们不会这么染
因为这样我们的代价是 (min(x,y))，为了研究的方便我们假设 (x) 比 (y) 小，那我们就相当于染 (x) 次 (1 imes y) 的区域，因此一次染一片总是不如一次染一条的。下面这么染就很好
所以我们建立二分图，对于每个黑色块 ((x,y))，我们将其处于第一部的 (x) 与处于第二部的 (y) 连接，求一个最小点覆盖。二分图中最小点覆盖=最大匹配，就得到了答案。
回到本题，题目中扩展到了三维空间，我们也有类似的想法。然而我们并不会三分图匹配这种东西……
观察到 (abc leq 5000)，反证法可以轻易地证出 (a,b,c) 中有一个 (leq sqrt[3]{5000} approx 17.1)，为了研究方便我们钦定是 (a leq sqrt[3]{5000})，这样就暴力枚举 (1ldots a) 中的某一层是直接削掉还是一会儿再处理（只有这两种情况，别的都不好，想一想为什么）。
对于没有被直接削掉的层，我们把它们剥离出来，然后拍扁成二维平面上的问题求解。
代码。跑得不是很快，借鉴了一下网上的代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
int T, hea[5005], cnt, a, b, c, minn, sx[4][5005], uu, ans, lnk[5005], qaq;
bool isn[5005], qwq[25], vis[5005];
struct Edge{
int too, nxt;
}edge[5005];
void add_edge(int fro, int too){
edge[++cnt].nxt = hea[fro];
edge[cnt].too = too;
hea[fro] = cnt;
}
bool dfs(int x){
for(int i=hea[x]; i; i=edge[i].nxt){
int t=edge[i].too;
if(!vis[t]){
vis[t] = true;
if(!lnk[t] || dfs(lnk[t])){
lnk[t] = x;
return true;
}
}
}
return false;
}
void work(int x){
for(int i=1; i<=b; i++) hea[i] = 0;
cnt = 0;
for(int i=1; i<=c; i++) lnk[i] = 0;
int tmp=0;
for(int i=0; i<a; i++){
if(x&(1<<i)) qwq[i+1] = false, tmp++;
else qwq[i+1] = true;
}
for(int i=1; i<=qaq; i++)
if(qwq[sx[1][i]])
add_edge(sx[2][i], sx[3][i]);
for(int i=1; i<=b; i++){
for(int j=1; j<=c; j++) vis[j] = false;
if(dfs(i)) tmp++;
}
ans = min(tmp, ans);
}
int main(){
cin>>T;
while(T--){
qaq = 0;
ans = 0x3f3f3f3f;
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
minn = min(a, min(b, c));
for(int i=1; i<=a; i++)
for(int j=1; j<=b; j++)
for(int k=1; k<=c; k++){
scanf("%d", &uu);
if(!uu) continue;
sx[1][++qaq] = i;
sx[2][qaq] = j;
sx[3][qaq] = k;
}
if(minn==b) swap(a, b), swap(sx[1], sx[2]);
else if(minn==c) swap(a, c), swap(sx[1], sx[3]);
for(int i=0; i<(1<<a); i++)
work(i);
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}