Educational Codeforces Round 160 (Rated for Div. 2) E. Matrix Problem（费用流）

原题链接：E. Matrix Problem

题目大意：

给出一个 $n$ 行 $m$ 列的 $0/1$ 矩阵，再给出一些限制条件：一个长为 $n$ 的数组 $a$ ，和一个长为 $m$ 的数组 $b$ 。

其中 $a_{i}$ 表示第 $i$ 行要有恰好 $a_{i}$ 个 $1$ ， $b_{j}$ 表示第 $j$ 列要有恰好 $b_{j}$ 个 $1$ ，保证 $\leq a_{i} \leq m,1 \leq b_{j} \leq n$ 。

你可以使用 任意多次 操作，将一个 $0$ 翻转成 $1$ ，或将 $1$ 翻转成 $0$ 。

问最少的操作次数是多少，才能使得这个矩阵满足以上 $a, b$ 限制，如果怎么操作都不能满足以上限制则输出 $- 1$ 。

解题思路：

套路的，我们将行和列看成点，行为左部，列为右部，而每个位置 $(i, j)$ 的信息看成是一条 $i$ 和 $j$ 的边，这样我们的矩阵就会形成一张天然的二分图。

回到这一题，首先要是连 $\sum_{i=1}^{n} a_{i} \neq \sum_{i=1}^{m} b_{i}$ 了，那肯定无论如何都不会满足的，但只有这个条件是不够的，而且很容易找出反例，但我们可以先判掉，使得接下来 $\sum_{i=1}^{n} a_{i} = \sum_{i=1}^{m} b_{i}$ ，方便后续讨论。

考虑全是 $0$ 我们怎么做，本质上就是每条边流量为 $1$ ，源点 $\rightarrow [1,2,...,n]$ 连一条流量为 $a_{i}$ 的边， $\rightarrow$ 汇点 $T$ 连一条流量为 $b_{i}$ 的边，然后跑一个最大流即可。

当我们发现最大流和 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}$ 不等，那么显然无论如何操作也是不行的。

（其实本质上就是在做一个匹配的操作：点 $A$ 可以匹配 $a_{i}$ 个人，点 $B$ 可以匹配 $b_{i}$ 个人，看是否使得每个人都能匹配完全）

但是这一题是带操作次数的条件的，我们要最小操作次数，而且矩阵初始值也不是全为 $0$ ，这要怎么办？

首先考虑 $0$ 的位置的影响，如果某个地方的 $0$ 无论如何都要翻转为 $1$ 的，那么这个 $0$ 对操作的贡献是固定为 $1$ 的，我们直接操作就好。而其他无所谓的 $0$ 显然去操作只会让操作数变多，不优。

再考虑 $1$ 的位置的影响，无论如何我们都要把多余的 $1$ 给删掉，我们不妨先全部删除了，操作数就是 $1$ 的个数。再考虑哪些 $1$ 是可以作为选择的，然后反悔我们的删除操作，把这个 $1$ 加回来即可，这样对我们操作的贡献是为 $- 1$ 的。

按照上面的转化，假设矩阵为 $g_{n,m}$ 那么：

先假设矩阵全为 $0$ ，统计 $1$ 的个数。
当 $g_{i,j}=1$ 时，我们添加边 $\rightarrow j$ ，流量为 $1$ ，费用为 $- 1$ （反悔）。
当 $g_{i,j}=0$ 时，我们添加边 $\rightarrow j$ ，流量为 $1$ ，费用为 $1$ （固定）。
$S$ 向 $i$ 连上流量为 $a_{i}$ ，费用为 $0$ 的边， $j$ 向 $T$ 连上流量为 $b_{j}$ ，费用为 $0$ 的边。
这里的 $i, j$ 分别指的是左部的点的编号和右部的点的编号。

如果最大流不为 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}$ 说明不能匹配完全，输出 $- 1$ 。

否则我们所需要的最小操作次数就是 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}g_{i,j}+$ 最小费用（固定 $+$ 反悔的和）。

代码使用的是 $Sp f a + D ini c$ 的费用流。

时间复杂度： $O(n^{3}m^{3})$ （伪多项式复杂度，可以通过）

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;

template<class Ty>
struct MCmaxFlow {
    const Ty INF = numeric_limits<Ty>::max();
    int S, T, n; Ty MF = 0, MC = 0;
    struct Edge {
        int v, nxt; Ty f, w;
        Edge() : Edge(0, 0, 0, 0) {};
        Edge(int v, int nxt, Ty f, Ty w) : v(v), nxt(nxt), f(f), w(w) {};
    };

    vector<Ty> dist;
    vector<int> cur, h;
    vector<bool> vis;
    vector<Edge> E;

    MCmaxFlow(int _) : n(_) { init(_); };

    void init(int _) {
        dist.resize(_ + 1);
        vis.resize(_ + 1);
        cur.resize(_ + 1);
        h.resize(_ + 1);
        E.resize(2);
    }

    void add(int u, int v, Ty f, Ty w) {
        E.emplace_back(v, h[u], f, w), h[u] = int(E.size()) - 1;
    }

    void addEdge(int u, int v, Ty f, Ty w) {
        add(u, v, f, w), add(v, u, 0, -w);
    }

    bool SPFA() {
        dist.assign(n + 1, INF);
        queue<int> que;
        dist[S] = 0, cur[S] = h[S];
        que.push(S);
        while (que.size()) {
            int u = que.front(); que.pop();
            vis[u] = false;
            for (int i = h[u]; i; i = E[i].nxt) {
                auto& [v, nxt, f, w] = E[i];
                if (f && dist[v] > dist[u] + w) {
                    dist[v] = dist[u] + w;
                    if (!vis[v]) {
                        vis[v] = true;
                        cur[v] = h[v];
                        que.push(v);
                    }
                }
            }
        }
        return dist[T] != INF;
    }

    Ty DFS(int u, Ty flow) {
        if (u == T) return flow;
        Ty last = flow;
        vis[u] = true;
        for (int i = cur[u]; i && last; i = E[i].nxt) {
            cur[u] = i;
            auto& [v, nxt, f, w] = E[i];
            if (f && !vis[v] && dist[v] == dist[u] + w) {
                Ty cost = DFS(v, min(f, last));
                if (!cost) dist[v] = INF;
                E[i].f -= cost, E[i ^ 1].f += cost;
                last -= cost;
            }
        }
        vis[u] = false;
        return flow - last;
    }

    void work() {
        while (SPFA()) {
            Ty flow = DFS(S, INF);
            MC += dist[T] * flow;
            MF += flow;
        }
    }
};

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    MCmaxFlow<int> G(n + m + 2);
    vector g(n + 1, vector<int>(m + 1));

    int ans = 0;
    // i -> j 连边
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            cin >> g[i][j];
            if (g[i][j]) {
                G.addEdge(i, n + j, 1, -1);
                ++ans;
            } else {
                G.addEdge(i, n + j, 1, 1);
            }
        }
    }

    G.S = n + m + 1, G.T = G.S + 1;

    int suma = 0, sumb = 0;
    // S -> i 连边
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x; cin >> x;
        G.addEdge(G.S, i, x, 0);
        suma += x;
    }

	// j -> T 连边
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int x; cin >> x;
        G.addEdge(n + i, G.T, x, 0);
        sumb += x;
    }
	
	//先特判 sum a != sum b
    if (suma != sumb) {
        cout << -1 << '\n';
        return;
    }

    G.work();

	//再特判 maxFlow != sum a
    if (G.MF != suma) {
        cout << -1 << '\n';
        return;
    }

	//答案就是 sum g[i][j] + minCost
    cout << ans + G.MC << '\n';
}

signed main() {

    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1; //cin >> t;
    while (t--) solve();

    return 0;
}