题面在这里!

一开始感觉像一个类似二分图的最小割,于是成功跑偏2333333

很容易发现一个关键性质,'L'的两个角落在的偶数格 的行(或者列)的奇偶性一定不同。。。。

于是我们再把偶数格按照行(或者列)的奇偶性再细分成 两类,可以发现只有一个奇数格向旁边的两类偶数格都有空挡的话,才能放下一个L。

所以我们把放L看成网络中的一条流量,要经过三种点,于是对于奇数格拆点限流然后四列点直接跑最大费用最大流就行了。。。。

因为不用把m个L都放完,所以增广到 dis<0 的时候跳出就好啦。。。。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=10005; vector<int> g[N];
struct lines{
int from,to,flow,cap,cost;
}l[N*73];
int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0},X,Y;
int S,T,t=-1,d[N],p[N],a[N],n,m,ans;
int val[55][55],id[55][55],cnt,k;
bool iq[N],ban[55][55]; inline void add(int from,int to,int cap,int cost){
l[++t]=(lines){from,to,0,cap,cost},g[from].pb(t);
l[++t]=(lines){to,from,0,0,-cost},g[to].pb(t);
} inline bool SPFA(){
memset(d,-0x3f,sizeof(d)),d[S]=0,p[S]=0;
queue<int> q; q.push(S),a[S]=1<<30;
int x,pre; lines e; while(!q.empty()){
x=q.front(),q.pop(); for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){
e=l[g[x][i]];
if(e.flow<e.cap&&d[x]+e.cost>d[e.to]){
d[e.to]=d[x]+e.cost;
a[e.to]=min(a[x],e.cap-e.flow);
p[e.to]=g[x][i];
if(!iq[e.to]) iq[e.to]=1,q.push(e.to);
}
} iq[x]=0;
} if(d[T]<0) return 0; if(a[T]>=m){ ans-=d[T]*m; return 0;} ans-=d[T]*a[T],m-=a[T]; for(x=T;x!=S;x=l[pre].from){
pre=p[x],l[pre].flow+=a[T];
l[pre^1].flow-=a[T];
} return 1;
} inline void solve(){
S=0,T=cnt+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++) if(!ban[i][j])
if(i+j&1) add(id[i][j],id[i][j]+cnt,1,val[i][j]);
else if(i&1){
add(S,id[i][j],1,0);
for(int u=0;u<4;u++){
X=i+dx[u],Y=j+dy[u];
if(id[X][Y]) add(id[i][j],id[X][Y],1,0);
}
}
else{
add(id[i][j],T,1,0);
for(int u=0;u<4;u++){
X=i+dx[u],Y=j+dy[u];
if(id[X][Y]) add(id[X][Y]+cnt,id[i][j],1,0);
}
} while(SPFA());
} int main(){
// freopen("marshland.in","r",stdin);
// freopen("marshland.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d",&val[i][j]);
id[i][j]=++cnt,ans+=val[i][j];
} while(k--) scanf("%d%d",&X,&Y),ban[X][Y]=1; solve(); printf("%d\n",ans);
return 0;
}

  

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