Description

給出一個$n$個點的完全圖的鄰接矩陣$a$，其中$a_{i,j}=1$表示$i,j$之間邊的方向是$i$到$j$，$a_{i,j}=0$表示$i,j$之間邊的方向是$j$到$i$，$a_{i,j}=a_{j,i}=2$表示$i,j$之間邊的方向尚未確定，要求給不確定方向的邊定向使得對該矩陣執行下面程式碼所得結果最大

Input

第一行一整數$T$表示用例組數，每組用例首先輸入一整數$n$表示點數，之後輸入一個$n\times n$的矩陣表示該圖的鄰接矩陣，其中$a_{}$

$(2\le T\le 10,5\le n\le 200)$

Output

輸出定向後所給程式碼執行結果最大值

Sample Input

2 5 02112 20221 02001 02102 20020 5 01112 00022 01012 02002 22220

Sample Output

40 24

Solution

對於每個四元團$a,b,c,d$，有三種情況：

1.四點成環，也即沒有出度為$2$的點，對答案貢獻為$1$

2.有兩個點的出度為$2$，對答案貢獻為$-$

3.只有一個點的出度為$1$，對答案貢獻為$0$

假設所有四元團貢獻均為$1$，這樣的貢獻為$A_n^4$，之後考慮負貢獻，如果一個四元團只有一個出度為$2$的點則負貢獻$1$，如果一個四元團有兩個出度為$2$的點則負貢獻為$2$，故只要對每個點累加考慮其作為$2$出度點時的情況數即為所有負貢獻

假設沒有不確定的邊，考慮每個點對答案的貢獻，對於點$a$，假設其出度為$du(a)$，從其出度點中任選兩個點$b,d$的方案數為$A_{du(a)}^2$，從剩餘$n-3$個點中任選一個點$c$即可，注意到選出的這四個點只是給出了相對順序，而絕對順序（也就是迴圈中的先後順序）有四種，進而有 $a$

進一步的，考慮所有點對答案的最小貢獻和，一排點表示沒有確定方向的邊，一排點表示這$n$個點，每條邊向其兩個端點建流量為$1$費用為$0$的邊，源點向每條邊建流量為$1$費用為$0$的邊，每個點向匯點建邊如前，那麼該網路的最大流即為給每條邊確定方向，最小費用即為確定方向後所有點對答案的貢獻和最小值

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 405
#define maxm 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
int head[maxn],d[maxn],s,e,no,vis[maxn],pre[maxn];//s為源點,e為匯點 
struct point
{
    int u,v,flow,next,cost;
    point(){};
    point(int _u,int _v,int _next,int _flow,int _cost)
	{
		u=_u,v=_v,next=_next,flow=_flow,cost=_cost;
	} 
}p[maxm];
void add(int x,int y,int z,int c)//從x到y建一條容量為z,花費為c的邊 
{
    p[no]=point(x,y,head[x],z,c);   
    head[x]=no++;
    p[no]=point(y,x,head[y],0,-c);  
    head[y]=no++;
}
void init()//初始化 
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    no=0;
}
bool spfa()
{
    int i,x,y;
    queue<int>q;
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    memset(pre,-1,sizeof(pre));
    d[s]=0;   
    vis[s]=true;  
    q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        x=q.front();  
        q.pop();    
        vis[x]=false;
        for(i=head[x];i!=-1;i=p[i].next)
        {
            if(p[i].flow&&d[y=p[i].v]>d[x]+p[i].cost)
            {
                d[y]=d[x]+p[i].cost;   
                pre[y]=i;
                if(vis[y])  
                    continue;
                vis[y]=true;  
                q.push(y);
            }  
        }  
    }
    return d[e]!=d[e+1];
}
int mcmf()//最小費用最大流 
{
    int mincost=0,maxflow=0,minflow,i;
    while(spfa())
    {
    	//if(d[e]>=0)break;//可行流 
        minflow=INF;
        for(i=pre[e];i!=-1;i=pre[p[i].u])
            minflow=min(minflow,p[i].flow);
        for(i=pre[e];i!=-1;i=pre[p[i].u])
        {
            p[i].flow-=minflow;
            p[i^1].flow+=minflow;
        }
        mincost+=d[e]*minflow; 
        maxflow+=minflow;
    }
    return mincost;//最小費用,最大流為maxflow 
}
int T,n,m,num[205],du[205];
char c[205];
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)num[i]=du[i]=0;
		init();
		m=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%s",c+1);
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				int x=c[j]-'0';
				if(x==1)du[i]++;
				else if(x==2&&i<j)
				{
					m++,num[i]++,num[j]++;
					add(n+m,i,1,0);
					add(n+m,j,1,0);
				}
			}
		}
		s=0,e=n+m+1;
		for(int i=1;i<=m;i++)add(s,n+i,1,0);
		int res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			res+=du[i]*(du[i]-1)/2;
			for(int j=0;j<num[i];j++)add(i,e,1,du[i]++);
		}
		res=8*(n-3)*(res+mcmf());
		printf("%d\n",n*(n-1)*(n-2)*(n-3)-res);
	}
	return 0;
}