总共只有八种情况：

1. 不按

2. 四个按钮分别按

3. 按1+4， 2+4 或 3+4

容易发现，前三个按钮任意两个同时按等价于按另外的第三个按钮，三个都按相当于没按

因此，只需要特判 $C \le 2$ 的情况就行了，其中 $C = 2$ 的情况比较特殊，因为第四个按钮不能被两个按钮转化而成

而对于 $C > 2$ 的情况，因为总有两个按钮可以转化成另外一个按钮，最后还是会回到这八种情况，所以枚举所有情况，判断与情况符合不符合就可以了

（其实就是打表）

题目数据规模不大，可选方法很多，考虑贪心。

本文中，称第 $i$ 行/列 的要求士兵数量为：第 $i$ 行/列 的名额。

很显然，对于第 $i$ 行第 $j$ 列的士兵，如果它可以放，并且能一次性占掉第 $i$ 行和第 $j$ 列的两个名额，称这样的士兵为 ”好士兵“。

根据贪心思路，我们当然希望“好士兵”的个数尽量的多，那么剩下的未被占掉的名额自然只能由一次性只占一个名额的士兵占掉。

那么：怎样让“好士兵”最多呢？

由题目可知，第 $i$ 行/列 的“好士兵”个数不能超过该 行/列 的名额总数。

这一点和网络流的容量限制很像，联想到网络流，进行建模：

设第 $i$ 行名额数为 $A_i$，对应点 $C_i$，第 $j$ 列名额数为 $B_j$，对应点 $D_j$。

分别建立两个顶点：起点 $S$，终点 $T$。

$S$ 向每个 $C_i$ 连一条容量为 $A_i$ 的边，每个 $D_j$ 向 $T$ 连一条容量为 $B_j$ 的边。

如果 $(i,j)$ 合法，由 $C_i$ 向 $D_j$ 引一条容量为 $1$ 的边。

这样，$S \to C_i \to D_j \to T$ 的一条路径就代表了 $(i,j)$ 上放置一名“好士兵”。

该图的最大流对应的即是最多的可放置的“好士兵”的个数，设为 $F$ ，则答案为

$\sum\limits_{i=1}^n A_i + \sum\limits_{j=1}^m B_j - F$

参考代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m,k;
const int maxn = 10005;
const int maxm = 1000005;
int L[maxn],R[maxn],sum1[maxn],sum2[maxn],tot;
bool legit[maxn][maxn];
int head[maxm],ver[maxm << 1],nxt[maxm << 1],cap[maxm << 1],cur[maxm],cnt = -1;
void add(int u,int v,int t) {
	ver[++ cnt] = v;
	nxt[cnt] = head[u];
	head[u] = cnt;
	cap[cnt] = t;
	return ;
}
queue<int> q;
int level[maxn];
bool bfs(int s,int t) {
	memset(level , 0 , sizeof(level));
	q.push(s);
	level[s] = 1;
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front();
		q.pop();
		for(int i = head[u];~ i;i = nxt[i]) {
			int v = ver[i];
			if(cap[i]&&!level[v]) {
				level[v] = level[u] + 1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return level[t] > 0;
} 
int dfs(int x,int t,int maxflow) {
	if(x == t||!maxflow)return maxflow;
	int flow = 0,f;
	for(int& i = cur[x];~ i;i = nxt[i]) {
		int v = ver[i];
		if(level[v] == level[x] + 1&&(f = dfs(v , t , min(maxflow , cap[i])))) {
			if(!f) {
				level[v] = 0;
				break ;
			}
			flow += f;
			maxflow -= f;
			cap[i] -= f;
			cap[i ^ 1] += f;
			if(!maxflow)break ;
		}
	}
	return flow;
}
int Dinic(int s,int t) {
	int flow = 0;
	while(bfs(s , t)) {
		memcpy(cur , head , sizeof(head));
		flow += dfs(s , t , 0x3f3f3f3f);
	}
	return flow;
}
int main() {
	freopen("occupy.in","r",stdin);
	freopen("occupy.out","w",stdout);
	memset(head , -1 , sizeof(head));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		for(int j = 1;j <= m;++ j)legit[i][j] = true;
	for(int i = 1;i <= n;++ i)scanf("%d",&L[i]),sum1[i] = m,tot += L[i];
	for(int i = 1;i <= m;++ i)scanf("%d",&R[i]),sum2[i] = n,tot += R[i];
	for(int i = 1;i <= k;++ i) {
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		legit[x][y] = false;
		-- sum1[x];
		-- sum2[y];
	}
	bool flag = true;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		if(sum1[i] < L[i]) {
			flag = false;
			break ;
		} 
	}
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		if(sum2[i] < R[i]) {
			flag = false;
			break ;
		}
	}
	if(!flag) {
		puts("JIONG!");
		return 0;
	}
	int S = n + m + 1,T = n + m + 2;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		add(S , i , L[i]);
		add(i , S , 0);
	}
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		add(i + n , T , R[i]);
		add(T , i + n , 0);
	}
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		for(int j = 1;j <= m;++ j) {
			if(legit[i][j]) {
				add(i , j + n , 1);
				add(j + n , i , 0);
			}
		}
	}
	printf("%d\n",tot - Dinic(S , T));
	return 0;
}

建图：源点->食物->牛->牛->饮料->汇点

边权都是1

跑最大流

然后就A了

考虑网络流求解这类分配问题。

建立源点 $S$，汇点 $T$。令从 $S$ 到 $T$ 的一条路径表示一个奶牛得到了喜欢的食物和饮料。

显然需要对每个食物 $i$ 建立点 $f_i$，对饮料 $j$ 建立点 $d_j$。

食物的点集和饮料的点集显然不能同时连向源点 $S$，不妨对于每个 $f_i,d_j$ 建立 $S \to f_i$ 和 $d_j \to T$ 的容量为 $1$ 的有向边。

如果每个奶牛直接和食物和饮料的集合连边，那么很可能会出现同一个奶牛同时享有多种食物和饮料的情况，然而这时奶牛对最大流的贡献仅为 $1$，求出的最大流却有可能很大。

考虑对其进行限制。对于每个奶牛，建立两个点，两点间连一条容量为 $1$ 的边，这两个点再分别与喜欢的食物和饮料相连，这样就能保证同一个奶牛至多满足一次。

最后直接在建出的图上跑最大流即可。

（代码很丑，见谅）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 20005;
int ver[maxn << 1],nxt[maxn << 1],cap[maxn << 1],head[maxn];
int cnt = -1;
int cur[maxn],level[maxn];
queue <int> q; 
void add(int u,int v,int t) {
    nxt[++ cnt] = head[u];
    ver[cnt] = v;
    cap[cnt] = t;
    head[u] = cnt;
    return ;
}
void AddEdge(int u,int v) {
    add(u , v , 1);
    add(v , u , 0);
    return ;
}
int n;
bool bfs(int s,int t) {
    memset(level , 0 , sizeof(level));
    q.push(s);
    level[s] = 1;
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for(int i = head[u];~ i;i = nxt[i]) {
            int v = ver[i];
            if(!level[v]&&cap[i]) {
                level[v] = level[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return level[t] != 0;
}
int dfs(int x,int t,int maxflow) {
    if(x == t||!maxflow)return maxflow;
    int flow = 0,f;
    for(int& i = cur[x];~ i;i = nxt[i]) {
        int v = ver[i];
        if(level[v] == level[x] + 1&&(f = dfs(v , t , min(maxflow , cap[i])))) {
            if(!f) {
                level[v] = 0;
                break ;
            }
            flow += f;
            maxflow -= f;
            cap[i] -= f;
            cap[i ^ 1] += f;
            if(!maxflow)break;
        }
    }
    return flow;
}
int Dinic(int s,int t) {
    int flow = 0;
    while(bfs(s , t)) {
        memcpy(cur , head , sizeof(cur));
        flow += dfs(s , t , 0x3f3f3f3f);
    }
    return flow;
}
int S,T,tot,f[maxn],d[maxn],F,D,c1[maxn],c2[maxn];
int main() {
    freopen("usaco_open07_dining.in","r",stdin);
    freopen("usaco_open07_dining.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&F,&D);
    memset(head , -1 , sizeof(head));
    S = ++ tot;
    T = ++ tot;
    for(int i = 1;i <= F;++ i)f[i] = ++ tot,AddEdge(S , f[i]);
    for(int i = 1;i <= D;++ i)d[i] = ++ tot,AddEdge(d[i] , T);
    for(int i = 1;i <= n;++ i)c1[i] = ++ tot,c2[i] = ++ tot,AddEdge(c1[i] , c2[i]);
    for(int i = 1;i <= n;++ i) {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        for(int j = 1;j <= x;++ j) {
            scanf("%d",&z);
            AddEdge(f[z] , c1[i]);
        }
        for(int j = 1;j <= y;++ j) {
            scanf("%d",&z);
            AddEdge(c2[i] , d[z]);
        }
    }
    printf("%d\n",Dinic(S , T));
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

题目要求共有n个结点，将其中k个点染成黑色（本题解中为了方便描述，通称所有未染色的点为白点），求黑点两两距离及白点两两距离，使他们之和最大。

我们可以将距离转化为路径，然后再将路径拆分成边，就可以记录每条边被经过的次数，直接计算即可。

问题来了！：那么每条边会对答案贡献多少呢？

我们不妨设这条边的一侧共有w个点，其中有t个点被染成黑色了；

那么这一侧共有t个黑点，（w-t）个白点；类似，另一侧有（k-t）个黑点，（n-w-k+t）个白点；

令sz为这条边的边权，那么贡献就是val=sz*(t*(k-t)+(w-t)*(n-w-k+t));

解题的大致思路就是计算每条边对答案的贡献，最后利用状态转移方程求出最优解。

首先给出状态数组：f[x][y];

f[x][y]表示给以x为根结点的子树染上y个点所得的对于整棵树的最大贡献；

方程如下：

f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-t]+f[z][t]+val);(z表示i的子结点)

目标状态：f[1][k];

最后附上代码

PS:中间可能遇到非法情况，建议把f[x][y]预处理成非法情况，方便跳过处理（代码最后有针对这点的样例，可自行调试）；

强烈建议参考代码理解！！！！！

Over.

(第一次写题解，不足之处请大家多多包涵》_《)