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首先黑白棋子的交換等價於黑棋子在白格子圖上移動，都到達指定位置。
在這假設我們知道這題用網絡流做。
那麽黑棋到指定位置就是一條路徑，考慮怎麽用流模擬出這條路徑。
我們發現除了路徑的起點和終點的格子消耗次數為1，路徑上其它點的格子交換次數為\(2\)。
可以想到把每個點拆成\(in\)和\(out\)，但這樣無法體現出，作為起點/終點與路徑中其它點的次數消耗差別。
於是拆成三個點，\(in,x,out\)，\(x\)代表原點，設點\(x\)流量為\(lim\)，\(in,out\)平分流量，邊容量為\(\frac{lim}{2}\)。
直接\(\frac{lim}{2}\)對麽？註意每個點只會作為起點或終點一次。若\(x\)

對於起始圖中的黑點\(i\)，連邊\((S\rightarrow x(i),1)\)；對於最終圖中的黑點\(i\)，連邊\((x(i)\rightarrow T,1)\)。
對於相鄰點\(i,j\)，連邊\((out(i),in(j),INF)\)

為什麽要拆三個點呢，因為對於可能是起點或終點的點我們無法區分初始流量。
但是如果它是起點或終點，則一定要作為起點或終點走一次，把流量給它就是了；否則是不會有\(1\)的流量的。
如果該點是起點或終點，則\(in\rightarrow out\)流量為\(\frac{lim+1}{2}\)，否則流量為\(\frac{lim}{2}\)。這樣就可以只拆兩個點了。

這個相鄰怎麽這麽奇怪？？還就給一個水的不行的樣例？？

拆成三個點：

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=2005,M=N*24,INF=0x3f3f3f3f;

int n,m,S,T,id[25][25][3],Enum,H[N],cur[N],nxt[M],to[M],cap[M],cost[M],dis[N],Cost;
bool vis[N];
std::queue<int> q;
char st[25][25],ed[25][25];

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now;
}
#define AE(u,v,w,c) to[++Enum]=v,nxt[Enum]=H[u],H[u]=Enum,cap[Enum]=w,cost[Enum]=c,to[++Enum]=u,nxt[Enum]=H[v],H[v]=Enum,cap[Enum]=0,cost[Enum]=-c
bool SPFA()
{
    memset(vis,0,sizeof vis);
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    dis[S]=0, q.push(S);
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop(), vis[x]=0;
        for(int v,i=H[x]; i; i=nxt[i])
            if(cap[i] && dis[v=to[i]]>dis[x]+cost[i])
                dis[v]=dis[x]+cost[i], !vis[v]&&(q.push(v),vis[v]=1);
    }
    return dis[T]<INF;
}
int DFS(int x,int f)
{
    if(x==T) return f;
    vis[x]=1;
    for(int &i=cur[x],v,tmp; i; i=nxt[i])
        if(cap[i] && !vis[v=to[i]] && dis[v]==dis[x]+cost[i])
            if(tmp=DFS(v,std::min(cap[i],f)))
                return cap[i]-=tmp,cap[i^1]+=tmp,Cost+=tmp*cost[i],tmp;
    return 0;
}
int MCMF()
{
    int res=0;
    while(SPFA())
    {
        for(int i=S; i<=T; ++i) cur[i]=H[i];
        while(int tmp=DFS(S,INF)) res+=tmp;
    }
    return res;
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),Enum=1,S=0,T=n*m*3+1;
    for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%s",st[i]+1);
    for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%s",ed[i]+1);
    int tot=0;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        for(int j=1; j<=m; ++j)
            id[i][j][0]=++tot,id[i][j][1]=++tot,id[i][j][2]=++tot;
    int tot1=0, tot2=0;
    for(int i=1; i<=n; ++i)//0:x 1:in 2:out
    {
        char c=gc();
        for(; !isdigit(c); c=gc());
        for(int j=1; j<=m; ++j, c=gc())
        {
            const char s=st[i][j],t=ed[i][j];
            const int x=id[i][j][0],in=id[i][j][1],out=id[i][j][2],lim=c-'0';
            if(s=='1') AE(S,x,1,0), ++tot1;
            if(t=='1') AE(x,T,1,0), ++tot2;
            if(s=='1'&&t=='0') AE(in,x,lim>>1,1), AE(x,out,lim+1>>1,1);
            else if(s=='0'&&t=='1') AE(in,x,lim+1>>1,1), AE(x,out,lim>>1,1);
            else AE(in,x,lim>>1,1), AE(x,out,lim>>1,1);
            if(i<n) AE(out,id[i+1][j][1],INF,0), AE(id[i+1][j][2],in,INF,0);//同色的當然也可以連邊(想啥呢→_→)
            if(i<n&&j<m) AE(out,id[i+1][j+1][1],INF,0), AE(id[i+1][j+1][2],in,INF,0);
            if(i<n&&j>1) AE(out,id[i+1][j-1][1],INF,0), AE(id[i+1][j-1][2],in,INF,0);
            if(j<m) AE(out,id[i][j+1][1],INF,0), AE(id[i][j+1][2],in,INF,0);
        }
    }
    printf("%d\n",(tot1==tot2&&MCMF()==tot1)?Cost>>1:-1);

    return 0;
}
 

拆成兩個點：

BZOJ.2668.[CQOI2012]交換棋子(費用流 多路增廣)