网络流：最大流以及费用流的总结

前言：

（终于学会了网络流好开心) 网络流是一类问题的统称，实际上很多问题都可以转成网络流来整，所以在此总结一下。

最大流

方法常见的是$Ford-Fulkerson$方法，这个之所以叫方法，是因为这个有很多不同版本的实现，最常见的实现是$dinic$。这个方法的核心是不停的寻找増广路，直到没有增广路为止。

dinic

算法的实现是不直接像FF方法所说的以来就找增广路，而是先用bfs将整个图分层，然后再在一层图中的点不算做增广路的路径，这样子的话，避免了找很多额外的边，这样子的话，可以证明复杂度是$O(E{V}^2)$的，但是实际上根本就跑不到这个复杂度，而且还有一些优化，导致在随机图中可以过$1e5$的数据都没有问题。
而且我们在做的时候，还可以有一个叫做当前弧优化的大法，方法是将肯定不可能的边跳过，这样就大大增快了速度。
下面提供两个版本的$dinic$，分别是前缀星以及邻接表的储存方式。（是根据《挑战算法程序竞赛》的模板改来的）
前缀星：

#include 
using namespace std;
const int N = 10005;
const int M = 100005;
const int inf = 1000000000;
struct E{int to,cap,nex;}e[M*2];int head[N],ecnt;
int dep[N];
int iter[N];
int n,m,s,t;

void adde(int fr,int to,int cap)
{
	e[ecnt] = (E){to,cap,head[fr]};
	head[fr] = ecnt++;
	e[ecnt] = (E){fr,0,head[to]};
	head[to] = ecnt++;
}

void bfs(int s)
{
	memset(dep,-1,sizeof dep);
	queue <int> q;
	dep[s] = 0;
	q.push(s);
	while (!q.empty())
	{
		int cur = q.front();q.pop();
		for (int j=head[cur];j!=-1;j=e[j].nex)
		{
			if (e[j].cap >0 && dep[e[j].to] < 0)
			{
				dep[e[j].to] = dep[cur] + 1;
				q.push(e[j].to);
			}
		}
	}
}

int dfs(int o,int t,int flow)
{
	if (o==t) return flow;
	for (int &j=iter[o];j!=-1;j=e[j].nex)
	{
		if (e[j].cap > 0 && dep[e[j].to] == dep[o] + 1)
		{
			int tmpflow = dfs(e[j].to,t,min(flow,e[j].cap));
			if (tmpflow > 0)
			{
				e[j].cap -= tmpflow;
				e[j^1].cap += tmpflow;
				return tmpflow;
			}
		}
	}
	return 0;
}

int dinic(int s,int t)
{
	int ansflow = 0;
	for (;;)
	{
		bfs(s);
		if (dep[t] < 0) return ansflow;
		for (int i=1;i<=n;i++) iter[i]=head[i];
		int f;
		while ( (f=dfs(s,t,inf)) > 0)
		{
			ansflow += f;
		}
	}
}
void init()
{
	ecnt=0;
	memset(head,-1,sizeof head);
}

邻接表:

#include 
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 10005;
const int inf = 1000000000;
struct E{int to,cap,rev;};
vector <E> G[N];
int dep[N];
int iter[N];
int n,m,s,t,e;

void adde(int fr,int to,int cap)
{
	G[fr].pb((E){to,cap,G[to].size()});
	G[to].pb((E){fr,0,G[fr].size()-1});
}

void bfs(int s)
{
	memset(dep,-1,sizeof dep);
	queue <int> q;
	dep[s] = 0;
	q.push(s);
	while (!q.empty())
	{
		int cur = q.front();q.pop();
		for (int i=0;i<G[cur].size();i++)
		{
			E &e = G[cur][i];
			if (e.cap >0 && dep[e.to] < 0)
			{
				dep[e.to] = dep[cur] + 1;
				q.push(e.to);
			}
		}
	}
}

int dfs(int o,int t,int flow)
{
	if (o==t) return flow;
	for (int &i=iter[o];i<G[o].size();i++)
	{
		E &e = G[o][i];
		if (e.cap > 0 && dep[e.to] == dep[o] + 1)
		{
			int tmpflow = dfs(e.to,t,min(flow,e.cap));
			if (tmpflow > 0)
			{
				e.cap -= tmpflow;
				G[e.to][e.rev].cap += tmpflow;
				return tmpflow;
			}
		}
	}
	return 0;
}

int dinic(int s,int t)
{
	int ansflow = 0;
	for (;;)
	{
		bfs(s);
		if (dep[t] < 0) return ansflow;
		memset(iter,0,sizeof iter);
		int f;
		while ( (f=dfs(s,t,inf)) > 0)
		{
			ansflow += f;
		}
	}
}

费用流

常见的费用流有两种，一种是求流量为$F$的费用流，另外一种是求最大流最小费用流。如何做呢？我们考虑一下我们是怎么做最大流的，我们是将增广路按照距离来$bfs$分层，那么这个我们也可以模仿此，但是每次我们怎么走呢？我们按照费用的最小来走，这样子的话，就很明显了，但是要注意，不要乱写$dijkstral$，要写$Bellman-Ford$，因为路上的边权可能是负的。当然也可以写$dijkstral$，但是要用一下势函数$h$，借助类似差分的思想将边权变为正。下面是最小费用最大流的代码（$SPFA$）：

#include
using namespace std;
const int N = 5002;
const int M = 500005;
const int inf = 100000;
struct E
{
	int to,cap,cost,flow,next;
}e[2*M];int head[N] , ecnt;
int  pre[N];
int dis[N];
bool vis[N];
int n,m,S,T;

void Clear()
{
	ecnt = 0;
	memset(head,-1,sizeof head);
}

void adde(int fr,int to,int cap,int cost)
{
	e[ecnt]=(E){to,cap,cost,0,head[fr]};
	head[fr] = ecnt++;
	e[ecnt]=(E){fr,0,-cost,0,head[to]};
	head[to] = ecnt++;
}

bool SPFA(int s,int t)
{
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(dis,127,sizeof dis);
	memset(pre,-1,sizeof pre);
	queue <int> q;
	q.push(s);dis[s] = 0;vis[s]=1;
	
	while (!q.empty())
	{
		int cur = q.front();q.pop();vis[cur] = false;
		for (int j=head[cur];j!=-1;j=e[j].next)
		{
			int to = e[j].to;
			if (dis[to] > dis[cur] + e[j].cost && e[j].cap > e[j].flow )
			{
				dis[to] = dis[cur] + e[j].cost;
				pre[to] = j;
				if (!vis[to])
				{
					q.push(to);
					vis[to] = true;
				}
			}
		}
	}
	return pre[t] != -1;
}

void MCMF (int s,int t,int &maxflow,int &mincost)
{
	maxflow = mincost = 0;
	while (SPFA(s,t))
	{
		int MIN = inf;
		for (int j=pre[t]; j!=-1;j=pre[e[j^1].to])
		{
			MIN = min(MIN,e[j].cap - e[j].flow);
		}
		for (int j=pre[t]; j!=-1;j=pre[e[j^1].to])
		{
			e[j].flow += MIN;
			e[j^1].flow -= MIN;
			mincost += MIN * e[j].cost;
		}
		maxflow += MIN;
	}
}

还有一大坑点：建图的时候要从0号边开始，不然他的反边就不是$i\oplus 1$

网络流常见套路（经典的例题）：

最小割

• 文理分科

一个点有$A，B$两种选择，分别有不同的收益。以及一个点如果与某些点同时选择一样，就会带来额外收益。

• 分析

这种每个点两种选择的，像极了最小割中源点集以及汇点集的区分。那么先假设所有收益都能获得，然后用割的方式来决定怎么选。答案就等于 所有收益减去割 。因为要最大化答案，所以要最小化割，所以求一个最小割就行了。具体的。
比如割完之后源点集表示选择$A$的，汇点集表示选择$B$的。那么在源点集的点要割掉选$B$的代价。所以连边$S\to i$连$A_i$，$i\to T$连$B_i$。
然后考虑同时选择这些点的收益。比如同时选$择A$点的收益。我们新建一个点表示这个收益。那么，如果这个收益不被割掉，那么这几个点都选了$A$。所以连边$i\to newnode$连收益,$i\to 同时要选的点连inf$。意义就是说，如果有至少有一个点在$T$集中，假设这个点为$l$。那么表示说$l\to T$的边没被割掉。所以$i\to newnode\to l\to T$还有通路，所以就会割掉这个收益。

• 选格子问题

小$N$ 手上有一个 $M\times N$ 的方格图。控制一个点要 $A_{ij}(>0)$的代价；如果一个点被控制了，或它上下左右存在的点都被控制了，就算这个点被选择了，可以得到 $B_{ij}(>0)$的回报。现在请你帮小$N$ 选一个最优的方案，使得回报减代价最大。

• 分析

首先，我们明白，如果要获得一个点的收益，那么要么选它周围的四个点，要么选它。因为代价非负。
所以说，根据之前，我们还是有一个点选或者不选对应源点或者汇点集。我们有注意到这实际上黑白染色之后还是一个二分图。那么对于一个点，首先就二分图那样与源点/汇点连选的代价。然后怎么连回报？根据之前所说，只用新建一个点，分别向那五个点连边即可，意义与之前相同。

最大流问题

费用流

• 餐巾问题

每天有几种选择：1）买餐巾，花费$a$。2）把餐巾拿去洗，花费$b$，要等上$c$天才能洗好。然后每天要用一定数量的餐巾$need[i]$，餐巾用了之后必须拿去洗才能再用，刚买的餐巾不用洗。问满足每天所需数量的前提下的最小代价。

• 分析

对于每一天，我们建两个节点表示能用的纸巾与不能用的纸巾，记为$ca{n}_i与can{t}_i$。新建源点与汇点表示买以及每天所需。什么意思？就是说，比如对于某一天中能用的纸巾，我们要么把它拿去用，要么就留到下一天。那么对应了$ca{n}_i\to T<need[i],0>$以及$ca{n}_i\to ca{n}_i+1<inf,0>$。对于不能用的，我们可以拿去洗，也可以留到下一天处理，注意，洗了之后就能用了，所以连边:$can{t}_i\to ca{n}_i+c<inf,b>，can{t}_i\to can{t}_i+1<inf,0>$。然后还可以买，那么直接$S\to ca{n}_1<inf,c>$。但是这样每天那个用的纸巾就凭空消失了。所以从源点向$can{t}_i$连$<need[i],0>$表示今天用的。

• 扩容问题 Zjoi

给定一张有向图，每条边都有一个容量$C_i$和一个扩容费用$W_i$。这里扩容费用是指将容量扩大$1$所需的费用。
求：1） 在不扩容的情况下，1到N的最大流；2） 将1到N的最大流增加K所需的最小扩容费用。

• 分析

跑出最大流之后，在残量网络上还有些非负边，可以直接用。所以我们对于原图中的边，将其费用设为0，然后新增一条边表示给这个边扩容，那么是$<inf,w_i>$，然后这样不一定能保证至多$k$次，所以在连个$k$大小的边随便限制一下就好了。

• 扩容问题2 Codeforces 708D

给定一张不合法的网络流图，每条边都有一个容量$C_i$和流量$f_i$。可能会有流量大于容量的情况以及不满足流量平衡。现在你每次可以以1的代价将某条边容量（或流量）增加或减少1，问变成一个合法的网络流图的最小代价。

• 分析

首先，像上下界网络流一样，根据出流量以及入流量来补流。
然后对于某一条边$(c_i,f_i)$，如果$c_i>f_i$，那么答案要加上$c_i-f_i$，然后根据是增加容量还是减少流量来建边。

• 扩容问题3 Codeforces 362E

给定一张有向图，每条边都有一个容量$C_i$和一个扩容费用$W_i$。这里扩容费用是指将容量扩大$1$所需的费用。
求将使用K代价最多可以扩流多少。

• 分析
  同1。

• bzoj1449球队收益

题面不好打，就写了题号。

• 分析

我们假设所有队伍在接下来的比赛中都$gg$，这样会得到一个收益。然后用经典的费用流的费用与流量的平方成正比的方式做就好了。

一些重要的东西

• 不同的最小割有多少个？

首先我们知道至多有$n-1$个。然后如果每个点对都跑一次的话，就是$n^2\ast O(最小割)$，肯定不行。考虑怎么乱搞。先随便选择一个源点$S$一个汇点$T$跑一下最小割，设为$F$。然后对于一个源点集中的点$i$以及汇点集中的点$j$，$F$可能是$i，j$的最小割。然后很明显，就像点分治那样，我们统计了$S\to T$的割，然后分治源点集与汇点集。然而我不会证明。可以通过点分治的方式意会一下正确性。

• 那些边是一定要割的？那些边是可能被割的？

这有一个结论：
先跑一边最大流，然后在残量网络上缩点。对于一条边$u\to v$，如果$u，v$不在一个联通分量，就可能被割掉。如果还满足$u$与$S$一个分量，$v$与$T$一个分量。那么就必须割掉。当然，如果这条边在这次网络流中都没被割掉，那么肯定不会被割掉。