【BZOJ1976】[BeiJing2010组队]能量魔方 Cube
Description
小C 有一个能量魔方，这个魔方可神奇了，只要按照特定方式，放入不同的 能量水晶，就可以产生巨大的能量。 能量魔方是一个 N*N*N 的立方体，一共用 N3 个空格可以填充能量水晶。 能量水晶有两种： ·一种是正能量水晶(Positive) ·一种是负能量水晶(Negative) 当这个魔方被填满后，就会依据填充的能量水晶间的关系产生巨大能量。对 于相邻两(相邻就是拥有同一个面)的两个格子，如果这两个格子填充的是一正一 负两种水晶，就会产生一单位的能量。而整个魔方的总能量，就是这些产生的能 量的总和。 现在，小 C 已经在魔方中填充了一些水晶，还有一些位置空着。他想知道， 如果剩下的空格可以随意填充，那么在最优情况下，这个魔方可以产生多少能量。
Input
第一行包含一个数N，表示魔方的大小。 接下来 N2 行，每行N个字符，每个字符有三种可能： P：表示此方格已经填充了正能量水晶； N：表示此方格已经填充了负能量水晶； ?：表示此方格待填充。 上述 N*N 行，第(i-1)*N+1~i*N 行描述了立方体第 i 层从前到后，从左到右的 状态。且每 N 行间，都有一空行分隔。
Output
仅包含一行一个数，表示魔方最多能产生的能量
Sample Input
2
P?
??
??
N?
P?
??
??
N?
Sample Output
9
HINT
如下状态时，可产生最多的能量。
PN
NP
NP
NN
【数据规模】
10% 的数据N≤3；
30% 的数据N≤4；
80% 的数据N≤10；
100% 的数据N≤40。
题解：经典的最小割模型，只不过变成了三维的。先黑白染色，然后黑色的点翻转源汇，具体方法：
1.S ->i 容量为i周围已确定的N个数
2.i -> T 容量为i周围已确定的P个数
上面2条边要翻转源汇
3.i <-> j 容量1
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int n,ans,cnt,tot,S,T;
int dx[]={0,0,0,0,1,-1},dy[]={0,0,1,-1,0,0},dz[]={1,-1,0,0,0,0};
int map[50][50][50],to[2000000],next[2000000],val[2000000],d[100000],head[100000];
char str[50];
queue<int> q;
int dfs(int x,int mf)
{if(x==T) return mf;int i,k,temp=mf;for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i]){k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));if(!k) d[to[i]]=0;val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;if(!temp) break;}return mf-temp;
}
int bfs()
{while(!q.empty()) q.pop();memset(d,0,sizeof(d));int i,u;q.push(S),d[S]=1;while(!q.empty()){u=q.front(),q.pop();for(i=head[u];i!=-1;i=next[i]){if(!d[to[i]]&&val[i]){d[to[i]]=d[u]+1;if(to[i]==T) return 1;q.push(to[i]);}}}return 0;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int main()
{int i,j,k,l,x,y,z,a,b,c;scanf("%d",&n);S=0,T=tot=1;for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n;j++){scanf("%s",str+1);for(k=1;k<=n;k++){if(str[k]=='P') map[i][j][k]=1;if(str[k]=='N') map[i][j][k]=0;if(str[k]=='?') map[i][j][k]=++tot;}}memset(head,-1,sizeof(head));for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n;j++) for(k=1;k<=n;k++){if(map[i][j][k]>1){a=b=0,c=map[i][j][k];for(l=0;l<6;l++){x=i+dx[l],y=j+dy[l],z=k+dz[l];if(x&&y&&z&&x<=n&&y<=n&&z<=n){if(map[x][y][z]==0) b++;if(map[x][y][z]==1) a++;if(map[x][y][z]>1&&((i^j^k)&1)) add(c,map[x][y][z],1),add(map[x][y][z],c,1),ans++;}}if((i^j^k)&1) swap(a,b);add(S,c,a),add(c,T,b),ans+=a+b;}if(map[i][j][k]==0){for(l=0;l<6;l++){x=i+dx[l],y=j+dy[l],z=k+dz[l];if(x&&y&&z&&x<=n&&y<=n&&z<=n&&map[x][y][z]==1) ans++;}}}while(bfs()) ans-=dfs(S,1<<30);printf("%d",ans);return 0;
}
