因为都是正整数，所以当然取得越多越好。先把所有点权加起来，黑白染色后，s向所有黑点连流量为点权的边，所有白点向t连流量为点权的边，然后黑点向相邻的四个白点连流量为inf的边，表示不可割，这样一来，对于一条链上的s->u->v->t，只能割掉u的点权或者v的点权，那么最小割就是用最小的代价是st分开，也就是选择点权和最小的点集合使得图合法。答案是sum-dinic
！：只用把黑点向相邻点连inf即可，白点不用
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005,inf=1e9;
int m,n,h[N],cnt=1,le[N],sum,s,t;
struct qwe
{
int ne,to,va;
}e[N*20];
int read()
{
int r=0,f=1;
char p=getchar();
while(p>‘9‘||p<‘0‘)
{
if(p==‘-‘)
f=-1;
p=getchar();
}
while(p>=‘0‘&&p<=‘9‘)
{
r=r*10+p-48;
p=getchar();
}
return r*f;
}
void add(int u,int v,int w)
{
cnt++;
e[cnt].ne=h[u];
e[cnt].to=v;
e[cnt].va=w;
h[u]=cnt;
}
void ins(int u,int v,int w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0);
}
bool bfs()
{
queue<int>q;
memset(le,0,sizeof(le));
le[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].va>0&&!le[e[i].to])
{
le[e[i].to]=le[u]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return le[t];
}
int dfs(int u,int f)
{
if(u==t||f==0)
return f;
int us=0;
for(int i=h[u];i&&us<f;i=e[i].ne)
if(e[i].va>0&&le[e[i].to]==le[u]+1)
{
int t=dfs(e[i].to,min(e[i].va,f-us));
e[i].va-=t;
e[i^1].va+=t;
us+=t;
}
if(!us)
le[u]=0;
return us;
}
int dinic()
{
int re=0;
while(bfs())
re+=dfs(s,inf);
return re;
}
int main()
{
m=read(),n=read();
s=0,t=n*m+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int x=read(),id=(i-1)*n+j;
sum+=x;
if((i+j)%2==1)
{
ins(s,id,x);
if(i!=1)
ins(id,id-n,inf);
if(i!=m)
ins(id,id+n,inf);
if(j!=1)
ins(id,id-1,inf);
if(j!=n)
ins(id,id+1,inf);
}
else
ins(id,t,x);
}
printf("%d\n",sum-dinic());
return 0;
}