考慮這個要求"沒有共同邊"，像極了最小割。
最小割：將圖依照\(s\)和\(t\)分為兩個互無交集的集合，並且使得刪去的元素(邊)的權值和最小。
然後我們看看這個問題，先要分類以確定和\(s\)在一起和和\(t\)在一起的點。顯然由於相鄰點是對立的所以我們直接相鄰的連\(inf\)邊表示這個相鄰關係無法被改變。這樣這條邊在最小割中就不會被鴿掉。
我們先對圖進行黑白染色，相鄰的黑白點之間連線\(inf\)邊，我們能改變的狀態是乙個點在不在集合裡面，所以我們讓規定黑色連\(s\),白色連\(t\)，邊權就是點權，這個邊代表這個點是否存在。現在要求相鄰點不能同時存在且使代價最小，這樣剩下的數最大，直接最小割即可。
說的很麻煩實際上就是
對圖進行黑白染色，相鄰的黑白點之間連線\(inf\)邊，我們能改變的狀態是乙個點在不在集合裡面，所以我們讓規定黑色連\(s\),白色連\(t\)，邊權就是點權，跑最小割。
非此即彼的關係就是最小割啦
#include#include#include#includeusing namespace std; typedef long long ll;
inline int qr()
const int maxn=1e2+5;
int id[maxn][maxn];
int nodecnt;
int cnt(1),s,t;
struct e
e(const int&a,const int&b,const int&c)
}e[(maxn*maxn)<<4|1];
int head[maxn*maxn];
inline void add(const int&fr,const int&to,const int&w,const bool&f)
queue< int > q;
int d[maxn*maxn];
int cur[maxn*maxn],sum;
const int inf=0x3f3f3f3f;
inline bool bfs()}}
return d[t];
}int dfs(const int&now,int fl)
}return ret;
}inline int dinic()
int main()
}
}printf("%d\n",sum-dinic());
return 0;
}
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