题意：
给出一个N*N的矩阵B和一个1*N的矩阵C。求出一个1*N的01矩阵A.使得
D=（A*B-C）*A^T最大。其中A^T为A的转置。输出D
分析：
这道题比较绕，我们需要看清题目中那个式子的本质。A*B的贡献是正的，说明这是价值。C的贡献是负的，说明这是代价。
仔细理解这句话“只有ai和aj同时为1的时候，才对答案有bij的贡献。使ai为1的代价为ci”
我们现在是否能从题目中的式子中提炼出这个关系？如果能，请继续
为什么说这题是最小割呢？因为，这里有新的两个字，当我们面临这两个字时，就要考虑最小割，那就是“取舍”
在这道题的意志中，我们需要选择舍弃b带来的相应价值，以此来避免付出代价，或者是为了获得价值，而选择舍弃而付出相应的代价。所以我们建图为两部分：
左半部分，有n^2个点，（可以理解是我们抽象出的b数组）从原点向(i,j)点连容量为bij的边，右半部分有n个点，i号点向汇点连一条容量为ci的边。
点(i,j)右边的点i和j分别连容量为inf的边。
这样呢，我们的限制就是，要么舍弃bij这个价值，要么付出ci和cj的代价，对于每个点都是这样，最小割，就是我们最少舍弃的贡献。然后，我们求出b数组的价值和，减去最小割就是我们最终获得的最大贡献。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 3 using namespace std;int tot=0; 4 const int N=1000005,M=505,inf=0x3f3f3f3f; 5 int S,T,n,m,k,h[N],c=1,q[N],d[N],b[M][M],C[M]; 6 struct node{int y,z,nxt;}e[N*4]; 7 void add(int x,int y,int z){ 8 e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c; 9 e[++c]=(node){x,0,h[y]};h[y]=c; 10 } bool bfs(){ 11 int f=1,t=0;ms(d,-1); 12 q[++t]=S;d[S]=0; 13 while(f<=t){ 14 int x=q[f++]; 15 for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt) 16 if(d[y=e[i].y]==-1&&e[i].z) 17 d[y]=d[x]+1,q[++t]=y; 18 } return (d[T]!=-1); 19 } int dfs(int x,int f){ 20 if(x==T) return f;int w,tmp=0; 21 for(int i=h[x],y;~i;i=e[i].nxt) 22 if(d[y=e[i].y]==d[x]+1&&e[i].z){ 23 w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp)); 24 if(!w) d[y]=-1;e[i].z-=w; 25 e[i^1].z+=w;tmp+=w; 26 if(tmp==f) return f; 27 } return tmp; 28 } void dinic(){ 29 while(bfs()) tot+=dfs(S,inf); 30 } int main(){ 31 scanf("%d",&n);S=0,T=n*n+n+10; 32 int sm=0,nm=0;ms(h,-1); 33 for(int i=1;i<=n;i++) 34 for(int j=1;j<=n;j++) 35 scanf("%d",&b[i][j]); 36 for(int i=1;i<=n;i++) 37 scanf("%d",&C[i]),add(i+n*n,T,C[i]); 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 for(int j=1;j<=n;j++) 40 sm+=b[i][j],add(S,++nm,b[i][j]), 41 add(nm,i+n*n,inf),add(nm,j+n*n,inf); 42 dinic();sm-=tot; 43 printf("%d\n",sm); 44 return 0; 45 }