题面：
问题描述
MF城建立在一片高原上。由于城市唯一的水源是位于河谷地带的湖中，人们在坡地上修筑了一片网格状的抽水水管，以将湖水抽入城市。如下图所示：
这片管网由 n 行 m 列节点（红色，图中 n = 5，m = 6），横向管道（紫色）和纵向管道（橙色）构成。
行和列分别用 1 到 n 的整数和 1 到 m 的整数表示。第 1 行的任何一个节点均可以抽取湖水，湖水到达第 n 行的任何一个节点即算作引入了城市。
除第一行和最后一行外，横向相邻或纵向相邻的两个节点之间一定有一段管道，每一段管道都有各自的最大的抽水速率，并需要根据情况选择抽水还是放水。对于纵向的管道（橙色），允许从上方向下方抽水或从下方向上方放水；如果从图中的上方向下方抽水，那么单位时间内能通过的水量不能超过管道的最大速率；如果从下方向上方放水，因为下方海拔较高，因此可以允许有任意大的水量。对于横向的管道（紫色），允许从左向右或从右向左抽水，不允许放水，两种情况下单位时间流过的水量都不能超过管道的最大速率。
现在MF城市的水务负责人想知道，在已知每个管道单位时间容量的情况下，MF城每单位时间最多可以引入多少的湖水。
输入格式
由于输入规模较大，我们采用伪随机生成的方式生成数据。
每组数据仅一行包含 6 个非负整数 n, m, A, B, Q, X0。其中，n 和 m 如前文所述，表示管网的大小，保证 2 ≤ n, m ≤ 5000；保证 1 ≤ A, B, Q, X0 ≤ 109。
A, B, Q, X0 是数据生成的参数，我们用如下的方式定义一个数列 { Xi }：
Xi+1 = ( AXi + B) mod Q, (i ≥ 0)
我们将数列的第 1 项到第 (n-1)m 项作为纵向管道的单位时间容量，其中 X(s-1)m+t 表示第 s 行第 t 列的节点到第 s+1 行第 t 列管道单位时间的容量；将数列的第 (n-1)m+1 项到第 (n-1)m+(n-2)(m-1) 项（即接下来的 (n-2)(m-1) 项）作为横向管道的单位时间容量，其中 X(n-1)m+(s-2)(m-1)+t 表示第 s 行第 t 列的节点到第 s 行第 t+1 列管道单位时间的容量。
输出格式
输出一行一个整数，表示MF城每单位时间可以引入的水量。
注意计算过程中有些参数可能超过32位整型表示的最大值，请注意使用64位整型存储相应数据。
样例输入
3 3 10 3 19 7
样例输出
38
样例输入
2 5 595829232 749238243 603779819 532737791
样例输出
1029036148
样例输入
5 2 634932890 335818535 550589587 977780683
样例输出
192923706
样例输入
5 5 695192542 779962396 647834146 157661239
样例输出
1449991168
时间限制： 2.0s
内存限制： 512.0MB
分析及思路：
很容易看出这是一个网络流最大流的模型，以湖为源点，城市为汇点按要求建图即可，但有一个问题，那就是数据规模，极限数据下m==5000，n==5000，这么一来就相当于有2.5*1e7个点，并且边数是点数的三四倍左右，这样建图肯定会mle，就算内存够大，2s的时间限制也会导致程序tle，所以网络流是过不了这道题的所有数据的，经过仔细观察后发现，这些图点都是层次分明的，而且n行的点的水流的最大值与n-1行有关，貌似可以用dp?
博主首先尝试了一下dinic，加了多路增广及炸点优化依然只得了60分，后面的数据t掉了。先留个坑，去研究一下dp的做法，回来补上。
首先讲几个潜在的坑（或者说审题不仔细弄错的地方）
1.横向边是无向边，意味着正边和反边flow一样。
2.纵向边从上往下有限制，从下往上没有限制。
然后是60分的网络流代码：
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define rep(i,x,n) for(ll i=x;i<n;i++)
#define per(i,x,n) for(ll i=n-1;i>=x;i--)
#define nxt(x) x=((a*x)+b)%q
using namespace std;
//head
typedef long long ll;
const ll maxn=5e6,ha=1<<30;
int n,m,num,head[maxn],flag[maxn],cur=0,t;
ll x,a,b,q;
struct Edge{int to,next;ll flow;}edge[6*maxn];
void addedge(ll q,ll w,ll x)
{
edge[cur].to=w;edge[cur].next=head[q];head[q]=cur;edge[cur].flow=x;cur++;
edge[cur].to=q;edge[cur].next=head[w];head[w]=cur;edge[cur].flow=0;cur++;
}
void addedge1(ll q,ll w,ll x)
{
edge[cur].to=w;edge[cur].next=head[q];head[q]=cur;edge[cur].flow=x;cur++;
edge[cur].to=q;edge[cur].next=head[w];head[w]=cur;edge[cur].flow=9999999999999;cur++;
}
void addedge2(ll q,ll w,ll x)
{
edge[cur].to=w;edge[cur].next=head[q];head[q]=cur;edge[cur].flow=x;cur++;
edge[cur].to=q;edge[cur].next=head[w];head[w]=cur;edge[cur].flow=x;cur++;
}
int bfs()
{
memset(flag,0,sizeof(flag));
queue<ll>qq;
qq.push(0);
flag[0]=1;
while(!qq.empty())
{
int p=qq.front();qq.pop();
for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].next)
{
if(!flag[edge[i].to]&&edge[i].flow)
flag[edge[i].to]=flag[p]+1,qq.push(edge[i].to);
}
}
return flag[t];
}
ll dfs(ll fl,int num)
{
if(num==t)return fl;
ll f=0;
for(int i=head[num];i!=-1&&fl;i=edge[i].next)
{
if(flag[edge[i].to]==flag[num]+1&&edge[i].flow)
{
ll x=dfs(min(fl,edge[i].flow),edge[i].to);
fl-=x;f+=x;edge[i].flow-=x;edge[i^1].flow+=x;
}
}
if(!f)flag[num]=-2;
return f;
}
ll maxflow()
{
ll ret=0;
while(bfs()){ret+=dfs(ha,0);}
return ret;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m>>a>>b>>q>>x;
memset(head,-1,sizeof(head));
ll tmp=(n-1)*m;t=n*m+1;
rep(i,1,m+1){addedge(0,i,999999999999);}
rep(i,1,m+1){addedge(tmp+i,t,9999999999999);}
rep(i,0,n-1)rep(j,1,m+1){nxt(x);num=i*m+j;addedge1(num,num+m,x);}
rep(i,1,n-1)rep(j,1,m){nxt(x);num=i*m+j;addedge2(num,num+1,x);}
cout<<maxflow()<<endl;
return 0;
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