题意
真是神题。
题中要求三元环数最多，不妨反着考虑。我们先从\(n\)个里面选\(3\)个，有\(C_n^3\)种方案，之后我们考虑选出的这些方案中最少有几个不能构成三元环。
考虑三个点不会构成三元环的情况，从入度与出度上考虑，必定是一个点入读和出度都为\(1\)，一个点入度为\(2\)出度为\(0\)，一个点出度为\(2\)入度为\(0\)。
于是从入度考虑。假如有一个点入度为\(2\)，那么会失去一个三元环，即它与连向它的那两个点这种方案。假如一个点入度为\(3\)，那么就会失去3个三元环，即它与连向它的三个点中选两个的所有方案。
于是我们可以知道：如果一个点\(i\)的入度为\(d_i\)，那么就会失去\(C_{d_i}^2\)个三元环。
我们要给所有未定向的边定向，如果我们定向了一条边\(u->v\)，那么\(v\)的入度会加\(1\)，我们设\(v\)原来的入度为\(d_v\)，考虑假如这条边会损失多少三元环，可知为\(C_{d_v+1}^2-C_{d_v}^2=d_v\)。
于是我们能算出给一个点入度增加\(1\)产生的代价，我们要使总代价最小，因此可得如下建图方法：
1.从\(S\)向每个未定向的边连\((1,0)\)的边。
2.设当前第\(x\)个点的入度为\(d_x\)，从每个点\(x\)向汇点连\((1,d_x),(1,d_x+1)...(1,n-2)\)的边，这样可以表示出\(x\)入度增加\(1\)产生的费用。
3.对于每条未定向的边\((u,v)\)，从该边向\(u,v\)分别连\((1,0)\)的边。
之后跑最小费用最大流，输出方案只需判断3.类边是否满流即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=110;
const int maxm=10010;
const int inf=1e9;
int n,m,cnt_edge=1,S,T,ans;
int head[maxn+maxm],in[maxn],dis[maxm+maxn];
int a[maxn][maxn],pos[maxn][maxn];
bool vis[maxn+maxm];
struct Edge{int u,v;}E[maxm];
struct edge{int to,nxt,flow,cost;}e[maxm*4+maxn*maxn*2];
inline int read()
{
char c=getchar();int res=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')res=res*10+c-'0',c=getchar();
return res*f;
}
inline void add(int u,int v,int w,int c)
{
e[++cnt_edge].nxt=head[u];
head[u]=cnt_edge;
e[cnt_edge].to=v;
e[cnt_edge].flow=w;
e[cnt_edge].cost=c;
}
inline void addflow(int u,int v,int w,int c){add(u,v,w,c);add(v,u,0,-c);}
inline bool spfa()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
deque<int>q;
q.push_front(S);dis[S]=0;vis[S]=1;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop_front();vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(dis[y]>dis[x]+e[i].cost&&e[i].flow>0)
{
dis[y]=dis[x]+e[i].cost;
if(!vis[y])
{
if(q.empty()||dis[y]>dis[q.front()])q.push_back(y);
else q.push_front(y);
vis[y]=1;
}
}
}
}
return dis[T]!=0x3f3f3f3f;
}
int dfs(int x,int lim)
{
vis[x]=1;
if(x==T||lim<=0)return lim;
int res=lim;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(dis[y]!=dis[x]+e[i].cost||e[i].flow<=0||vis[y])continue;
int tmp=dfs(y,min(res,e[i].flow));
res-=tmp;
e[i].flow-=tmp,e[i^1].flow+=tmp;
if(res<=0)break;
}
return lim-res;
}
inline int Dinic()
{
int res=0,cost=0;
while(spfa())
{
int flow=dfs(S,inf);
while(flow>0)
{
res+=flow,cost+=flow*dis[T];
memset(vis,0,sizeof(vis));
flow=dfs(S,inf);
}
}
return cost;
}
int main()
{
//freopen("test.in","r",stdin);
//freopen("test.out","w",stdout);
n=read();ans=n*(n-1)*(n-2)/6;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
a[i][j]=read();
if(a[i][j]==1)in[j]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if(a[i][j]!=2)continue;
E[++m]=(Edge){i,j};
}
S=0,T=n+m+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
addflow(S,i,1,0);
addflow(i,E[i].v+m,1,0);pos[E[i].u][E[i].v]=cnt_edge;
addflow(i,E[i].u+m,1,0);pos[E[i].v][E[i].u]=cnt_edge;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans-=in[i]*(in[i]-1)/2;
for(int j=in[i]+1;j<n;j++)addflow(i+m,T,1,j-1);
}
printf("%d\n",ans-Dinic());
for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(a[i][j]<2)printf("%d ",a[i][j]);
else printf("%d ",e[pos[i][j]].flow);
}
return 0;
}