problem

给定 $n$ 个数 {ai}\{a_i\}{ai​}，其中 $k$ 个 $a_i$ 是奇数，再给一个 $n\times n$ 的矩阵 {ci,j}\{c_{i,j}\}{ci,j​}，无论是 $a$ 还是 $c$，都保证是非负整数。

现在可以做一类操作：将 $a_i-1,a_j-1$，花费 $c_{i,j}$ 代价，$i,j$ 可以相同。

要求把所有的 {ai}\{a_i\}{ai​} 全都变为 $0$。

求最小花费，无解输出 $-1$。

$n\le 50,k\le 8$，保证 $c_{i,j}=c_{j,i}$。

solution

显然，每次操作都会使得 $(\sum a_i)-2$。所以如果 $\sum a_i$ 是奇数，即 $a_i$ 为奇数的 $i$ 有奇数个，则无解。

接下来再来解决有解的问题。

先考虑 $k=0$ 的弱化版。

那就存在欧拉回路，要求每个点的入度和出度相同，经典网络流模型转化。

将每个点拆成两个点，各放左右部，与源/汇点的连边流量设置为 $\frac{a_i}{2}$。

花费针对“关系”而言，左右部点之间连边流量无穷带花费。

直接跑最小费用流即可。

转化思考：

如果操作 $i,j$，就在图上连一条 $(i,j)$ 的边。那么最后这张图可能有重边和若干个环。

发现这是一张欧拉图，存在欧拉回路。我们能找到一种定向方式使得每个点的入度和出度相同。

推出存在一种最优方案使得每个点的入度和出度相同。

将每个点拆成入度点和出度点，转化成匹配问题。

现在有几个特殊点是奇数，欧拉回路不存在，变成存在欧拉路径。

我们先通过若干次操作将这些奇数全都消成偶数，就又转化成了欧拉回路，就可以套用上面的方法。

转化思考：

我们通过对图上进行加边，使得这张图最后仍是存在欧拉回路的图。

由此推出存在一种最优方案使得奇数点的入度和出度只相差 $1$。

由于 $k$ 非常小，我们大可直接状压枚举哪一半的奇数点是入度多 $1$，剩下的就肯定是出度多 $1$。

还是转化成了入度和出度二分图的匹配问题，仍然跑个最小费用流。

最后求个 $\min$ 就完了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200
#define inf 0x7f7f7f7f
struct node { int to, nxt, flow, cost; }E[maxn * maxn];
int head[maxn], dis[maxn], lst[maxn], a[maxn], b[maxn], id[maxn];
int c[maxn][maxn];
bool vis[maxn];
int n, cnt, m, s, t;
queue < int > q;void addedge( int u, int v, int flow, int cost ) {E[++ cnt] = { v, head[u], flow, cost }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0, - cost }, head[v] = cnt;
}bool SPFA() {memset( lst, -1, sizeof( lst ) );memset( dis, 0x7f, sizeof( dis ) );dis[s] = 0, q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( dis[v] > dis[u] + E[i].cost and E[i].flow ) {dis[v] = dis[u] + E[i].cost; lst[v] = i;if( ! vis[v] ) vis[v] = 1, q.push( v );}}}return ~ lst[t];
}int solve() {memset( head, -1, sizeof( head ) ), cnt = -1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )addedge( i, j + n, inf, c[i][j] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {addedge( s, i, a[i] + b[i] >> 1, 0 );addedge( i + n, t, a[i] - b[i] >> 1, 0 );}int ans = 0;while( SPFA() ) {int flow = inf;for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] )flow = min( flow, E[i].flow );ans += flow * dis[t];for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) {E[i ^ 1].flow += flow;E[i].flow -= flow;}}return ans;
}int main() {scanf( "%d", &n ); s = 0, t = n << 1 | 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &a[i] );if( a[i] & 1 ) id[m ++] = i;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )scanf( "%d", &c[i][j] );if( m & 1 ) return ! puts("-1");int ans = inf;for( int i = 0;i < (1 << m);i ++ ) {for( int j = 0;j < m;j ++ )if( i >> j & 1 ) b[id[j]] = 1;else b[id[j]] = -1;if( __builtin_popcount( i ) ^ (m >> 1) ) continue;ans = min( ans, solve() );}printf( "%d\n", ans );return 0;
}