Description
在一些一对一游戏的比赛（如下棋、乒乓球和羽毛球的单打）中，我们经常会遇到A胜过B，B胜过C而C又胜过A的有趣情况，不妨形象的称之为剪刀石头布情况。有的时候，无聊的人们会津津乐道于统计有多少这样的剪刀石头布情况发生，即有多少对无序三元组(A, B, C)，满足其中的一个人在比赛中赢了另一个人，另一个人赢了第三个人而第三个人又胜过了第一个人。注意这里无序的意思是说三元组中元素的顺序并不重要，将(A, B, C)、(A, C, B)、(B, A, C)、(B, C, A)、(C, A, B)和(C, B, A)视为相同的情况。
有N个人参加一场这样的游戏的比赛，赛程规定任意两个人之间都要进行一场比赛：这样总共有场比赛。比赛已经进行了一部分，我们想知道在极端情况下，比赛结束后最多会发生多少剪刀石头布情况。即给出已经发生的比赛结果，而你可以任意安排剩下的比赛的结果，以得到尽量多的剪刀石头布情况。
Input
输入文件的第1行是一个整数N，表示参加比赛的人数。
之后是一个N行N列的数字矩阵：一共N行，每行N列，数字间用空格隔开。
在第(i+1)行的第j列的数字如果是1，则表示i在已经发生的比赛中赢了j；该数字若是0，则表示在已经发生的比赛中i败于j；该数字是2，表示i和j之间的比赛尚未发生。数字矩阵对角线上的数字，即第(i+1)行第i列的数字都是0，它们仅仅是占位符号，没有任何意义。
输入文件保证合法，不会发生矛盾，当i≠j时，第(i+1)行第j列和第(j+1)行第i列的两个数字要么都是2，要么一个是0一个是1。
Output
输出文件的第1行是一个整数，表示在你安排的比赛结果中，出现了多少剪刀石头布情况。
输出文件的第2行开始有一个和输入文件中格式相同的N行N列的数字矩阵。第(i+1)行第j个数字描述了i和j之间的比赛结果，1表示i赢了j，0表示i负于j，与输入矩阵不同的是，在这个矩阵中没有表示比赛尚未进行的数字2；对角线上的数字都是0。输出矩阵要保证合法，不能发生矛盾。
Sample Input
3
0 1 2
0 0 2
2 2 0Sample Output
1
0 1 0
0 0 1
1 0 0Solution
神题...
考虑补集转化，满足条件的不好求，那就求不满足条件的。
设第\(i\)个人赢了\(val_i\)次，那么不满足条件的三元组个数就是：
\[ \sum_{i=1}^{n}\binom{val_i}{2}=\sum_{i=1}^{n}val_i(val_i-1)/2 \]
考虑网络流建图：
- 对于每个人，建出一个\(A_i\)表示这个人，然后\(A_i\)向汇点\(t\)连边，容量为\(n\)。
- 对于每场不确定的比赛\((x,y)\)，建出\(B_i\)表示这场比赛，源点\(s\)向\(B_i\)连边，\(B_i\)向\(x,y\)连边，容量均为\(1\)。
那么这个图的每种最大流都表示一种可行的方案。
现在我们的目的就是给这个图加上费用，使得费用最小。
那么对于点\(A_i\)，若流向\(t\)的流量为\(x\)，费用就是\(x(x-1)/2\)，但是这里是一个二次的增长，一般的建图就做不了了。
可以考虑把这条边拆成\(n\)条，每条容量为\(1\)，费用依次递增，即费用为\(0,1,2,...,n-1\)，那么可以发现，由于费用流每次增广都会选择最小的那条边，所以流量为\(x\)时费用为\(x(x-1)/2\)，即满足条件。
然后建完图跑最小费用最大流，然后拿总方案减一下就好了。
输出方案随便枚举一下那条边流满了就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
int n,s,t,tot=1,cnt,cost;
int head[maxn],vis[maxn],dis[maxn],val[maxn],mp[102][102];
struct edge{int to,nxt,w,c;}e[maxn];
void add(int u,int v,int w,int c) {e[++tot]=(edge){v,head[u],w,c},head[u]=tot;}
void ins(int u,int v,int w,int c) {add(u,v,w,c),add(v,u,0,-c);}
int bfs() {
memset(dis,63,(t+1)*4);
memset(vis,0,(t+1)*4);
queue<int > q;q.push(s),dis[s]=0,vis[s]=1;
while(!q.empty()) {
int now=q.front();q.pop();vis[now]=0;
for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].w>0&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].c) {
dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].c;
if(!vis[e[i].to]) vis[e[i].to]=1,q.push(e[i].to);
}
}
return dis[t]<inf;
}
int dfs(int x,int f) {
vis[x]=1;
if(x==t) return cost+=f*dis[t],f;
int used=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if((e[i].to==t||!vis[e[i].to])&&e[i].w>0&&dis[e[i].to]==dis[x]+e[i].c) {
int d=dfs(e[i].to,min(f-used,e[i].w));
if(d>0) e[i].w-=d,e[i^1].w+=d,used+=d;
if(used==f) break;
}
return used;
}
int mcmf() {
cost=0;
while(bfs()) dfs(s,inf);
return cost;
}
int tmp[5],top,mark;
int main() {
read(n);s=n*n+1,t=s+1;cnt=n;
int ans=n*(n-1)*(n-2)/6;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1,x;j<=n;j++) {
read(x);mp[i][j]=x;
if(j>i) {
if(x==1) val[i]++;
else if(x==0) val[j]++;
else ins(s,++cnt,1,0),ins(cnt,i,1,0),ins(cnt,j,1,0);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=val[i];j<=n;j++) ins(i,t,1,j);
for(int i=1;i<=n;i++) ans-=val[i]*(val[i]-1)/2;
write(ans-mcmf());
for(int x=n+1;x<=cnt;x++) {
top=-1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=s) {
tmp[++top]=e[i].to;
if(e[i].w==0) mark=top;
}
mp[tmp[mark]][tmp[mark^1]]=1;
mp[tmp[mark^1]][tmp[mark]]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++,puts("")) for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d ",mp[i][j]);
return 0;
}