思路：
如果將e確定狀態了，當乙個邊的兩邊，乙個是『.』乙個是『d』的時候，答案就是+1。即乙個邊兩邊不同色，答案+1。這就和spoj839很像，然而，spoj839是求得不同色的最小，而不是最大。題目是想得到不同色邊的最大，我們可以考慮同色邊的最小。但是似乎直接建二分圖是困難的，因為建立這個二分圖有個要求，左右部分內部點連邊，不能使得答案有變化。
為了解決這個問題（原來的圖，使得同色的邊最少），我們不放將方格按奇偶分為兩部分，任意選乙個部分，將其所有點取反。這樣操作後，二分圖就可以建立了。首先，二分圖左右部分內部的點只有兩種情況：1、相鄰的，2、不相鄰的。如果是情況1，說明他們原來是不同色的，並不能使得「同色的邊的個數」變化，如果是不相鄰的，那麼本來就沒有邊，「同色的邊」自然不會有變化。而二分圖左右部分之間的兩個點，如果有邊，兩個點自然是相鄰的，又由於我們把原圖的一部分取反了，其實連邊的意思是這兩個點原來同色的意思。
//#pragma comment(linker, "/stack:102400000,102400000")
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define mp(x,y) make_pair((x),(y))
#define pb(x) push_back(x)
typedef __int64 ll;
//typedef unsigned __int64 ull;
/* ****************** */
const int inf=100011122;
const double inff=1e100;
const double eps=1e-8;
const int mod=1000000007;
const int nn=50;
const int mm=1000010;
/* ****************** */
struct g
e[nn*nn*4*2];
int p[nn*nn],t;
int tp[nn*nn],num[nn*nn],dis[nn*nn];
int preb[nn*nn],pred[nn*nn];
int qw[nn*nn];
int mat[nn][nn];
char ss[nn];
void add(int u,int v,int cap)
int isap(int st,int en,int n)
// num[0]=real_n;
//預處理方法2，需要新加入佇列陣列qw
int head,tail;
for(i=0;i<=real_n;i++)
head=tail=0;
qw[head=tail=0]=en;
dis[en]=0;
num[0]++;
while(head<=tail)}}
for(i=0;i<=n;i++)
tp[i]=p[i];
u=st;
while(dis[st]0 && dis[u]==dis[e.v]+1)
}if(!ok)
if(--num[ dis[u] ]==0)break;
num[ dis[u]=temp+1 ]++;
tp[u]=p[u];
if(u!=st)u=pred[u];}}
return f;
}int main()
}for(i=0;i<=n+1;i++)
for(j=0;j<=m+1;j++)
}st=(n+2)*(m+2);
en=st+1;
for(i=0;i<=n+1;i++)
for(j=0;j<=m+1;j++)
else if(mat[i][j]==1)
else
}if(j<=m)}}
}ans=(m+2)*(n+1) + (n+2)*(m+1) - isap(st,en,en);
printf("case %d: ",++ee);
printf("%d\n",ans);
}return 0;
}
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