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【总结】网络流建模汇总-泛做&补充

网络流建模汇总by Edelweiss
网络流比较考思维，一般来说只要建模正确，就可以直接连边套模板了。
(加*的都是感觉比较经典/巧妙的题)

文章目录

最大流

*POJ1149PIGS
POJ1637Sightseeing tour
POJ2391Ombrophobic Bovines
POJ2699The Maximum Number of Strong Kings
POJ3281Dining
*JOJ2453Candy
ZOJ2760How Many Shortest Path
WOJ1124Football Coach
SGU326Perspective
*SGU438The Glorious Karlutka River =)
*SPOJ287Smart Network Administrator
SPOJ962Intergalactic Map

最小割

HOJ2634How to earn more
HOJ2713Matrix1
POJ1815Friendship
ZOJ2532Internship
Ural1277Cops and Thieves
*SPOJ839Optimal Marks
*SPOJ1693Coconuts
Beijing Regional 2008 Problem A Destroying the bus stations
*bzoj3438小M的作物
*有向图破坏 Destroying the Graph

有上下界

POJ2396Budget

费用流

HOJ2543Stone IV
HOJ2715Matrix3
HOJ 2739 The Chinese Postman Problem
*POJ 3680 Intervals
SPOJ371Boxes
*BASHU2445餐巾问题
*剪刀石头布

总结

模型
构图
常见套路

最大流

*POJ1149PIGS

把猪圈每天都拆出一个点。

点数是 $n m$ 级别的，考虑优化最原始的连边：

哪些点是等价的呢？又有哪些边是没用的呢？

点：流量的来源/去向完全相同，或者连边 $v,+\infty)$ 且 $v$ 仅有 $u$ 这一个流量来源。
边：合并后的两点之间的多条边(可以由一条总流量大小的边替代)

经过复杂的整理之后(过程略)，得到简化模型：

每个顾客是一个结点，均向汇点连一条容量为购买上限的边。
源点向所有猪圈的第一个顾客容量为相应数量的边。若多个猪圈指向同一个顾客，只用连一条容量为总数量的边。
对于每个猪圈，假设有 $n$ 个顾客光顾过，则第 $i(1\leq i<n)$ 个顾客向第 $i + 1$ 个顾客连一条容量为 $+\infty$ 的边。
(顾客之间的连边还可以简化/缩点，但过于麻烦且没有必要)

点数是 $n$ 级别的。
(形式上很优美)

POJ1637Sightseeing tour

当且仅当图中所有点入度=出度时存在欧拉回路。

首先随便给无向边定向，求此时每个点的出度-入度的值 $d_i$ 。若 $d_i$ 为奇数，则无解(欧拉回路中不能存在总度数为奇数的点)。所以所有 $d_i$ 都为偶数，设 $x_i=\dfrac {d_i}{2}$ ，对于点 $i$ ，只要将连向它的 $x_i$ 条同向的边改成另一个方向即可。

问题转成了改变一些边的方向，使得每个点入度=出度，考虑构图：

若 $d_i>0$ ，连边 $S,i,d_i)$ ；若 $d_i<0$ ，连边 $i,T,-d_i)$
仅保留图中任意定向后的无向边(删去原来的有向边)，且每条边容量为1。

考虑流过这条边相当改变了这条边的方向，最后检查是否满流即可。

POJ2391Ombrophobic Bovines

构图：

拆点(每个点拆为入度 $i$ 和出度 $i^{'}$ )。源点向 $i$ 连容量为 $A_i$ 的边， $i^{'}$ 向汇点连容量为 $B_i$ 的边。
先求出两两之间最短距离，二分时间 $m i d$ ，每次只连 $dis(i,j)\leq mid$ 的边( $j',+\infty$ )，判断是否满流。

注意不拆点是错的：
$(i, j), (j, k)$ 连边而 $d i s (i, k) > m i d$ 但此时 $i$ 可以流到 $k$ ，所以连接 $(i, j)$ 时必须要强制 $j$ 就是终点，所以要拆点把入度出度分开。

POJ2699The Maximum Number of Strong Kings

原文有点问题：
strong king并不一定是最大的 $k$ 个，但最大的 $k$ 个是strong king一定是合法的(证明略)。

$n\leq 10$ ，考虑枚举strong king的个数 $k$ ，将选手按得分降序排序后选择前 $k$ 个：

每个选手看做一个点 $i$ ，连边 $i,T,score_i)$ ，若 $i$ 为strong king，则再拆出一个点 $i^{'}$ ，连边 $i',i,kth_i)$ ( $kth_i$ 表示分数比 $i$ 高的选手数，拆分出来强制选满)。
每个比赛看做一个点 $i$ ，源点向 $i$ 连容量为1的边，设比赛双方为 $u,v)(score_u<score_v)$ ，若 $u$ 为strong king，则连边 $(i, u ’, 1)$ ，否则连边 $(i, u, 1), (i, v, 1)$ 。

最后判断是否满流即可。

POJ3281Dining

每头牛喜欢的食品和饮料不唯一，否则可以食品和饮料可以跑一个二分图最大匹配。

构造图时需要满足每条源到汇的流是一头牛的最优选择(将牛,食品,饮料串起来，流量为1，最大流就是答案)。食品和饮料连的话对算牛的贡献没什么用，所以把牛放在中间：

每头牛拆成两个点 $i, i^{'}$ ，连边 $(i, i^{'}, 1)$ 。
食品向 $i$ 连， $i^{'}$ 向饮料连。
为限制每种食品饮料都只用一次，那么源点向食品，饮料向汇点连上容量为1的边。

*JOJ2453Candy

选:2 不选:1 无法给糖果正确连边。
但是选:1 不选:0：

直接 $S$ 向糖连容量为1的边，糖向每个喜欢它的小孩连容量为1的边。
每个小孩向 $T$ 连容量为 $\lfloor \dfrac{B_i}{2}\rfloor$ 的边。

最大流 $w$ +总糖果数 $n\geq \sum B_i$ 则有解。

ZOJ2760How Many Shortest Path

构造s到t的最短路径图(设 $s\to i$ 最短路为 $ds_i$ ， $i\to t$ 最短路为 $dt_i$ ，图中仅保留 $ds_u+w(u,v)+dt_v=min\_dis$ 的边)。这样图中任意一条路径都是最短路。

直接让所有边容量为1的，跑最大流即可。

WOJ1124Football Coach

跟 $n$ 有关的比赛都让 $n$ 赢，其余考虑构图：

$S$ 向与 $n$ 无关的比赛 $i$ 连边 $(S, i, 2)$ ， $i$ 向比赛双方均连一条容量为2的边。
每个队(除 $n$ )连边 $i,T,score_n-score_i-1)$ 。

判断是否满流即可。

SGU326Perspective

与上题类似。

*SGU438The Glorious Karlutka River =)

动态流问题：
在流量限制的基础上加入了时间限制。

构图按时间分层：

南岸看作源点，北岸看作汇点。
每块石头拆成两个点 $i, i^{'}$ ，且 $i\to i'$ 连容量为 $C_i$ 的边。再按时间将每块石头拆点，即每块石头在不同的时间点都有一组点表示。
所有能从南岸跳到的石头，从 $S$ 向其各时间点处连容量为 $+\infty$ 的边。所有能跳到北岸的石头，从其各时间点处向 $T$ 连容量为 $+\infty$ 的边。
任意两块距离 $\leq D$ 的石头，互相从时刻 $t$ 到 $t + 1$ 连容量为 $+\infty$ 的。
枚举时刻 $t$ ，并不断地往网络中加点表示当前时刻的石头，直到最大流等于总人数为止，此时的 $t$ 就是答案。

*SPOJ287Smart Network Administrator

每条从 $k$ 户人家中的第 $i$ 个出发到达 $1$ 的路径都可以看做网络中的一条 $s - t$ 流，考虑构图：

$1$ 看做汇点。源点向 $k$ 户人家均连一条容量为1的边。
对于每条街道 $(u, v)$ ，连边 $(u,v,+\infty),(v,u,+\infty)$ 。

跑最大流后，每条街道的流量表示有多少条不同人家的缆线经过了这条街道。
但此时求出的仅是最大流，而不能限制最大流量的边流量最小。

于是转成存在性问题：
二分无向边的容量上限 $m i d$ ，对于每条街道 $(u, v)$ ，连边 $(u, v, m i d), (v, u, m i d)$ ，判断是否满流即可。

SPOJ962Intergalactic Map

从1到3无法限制要先经过2…

然而题面就是在欺骗人！
无向图从1到2再到3，和从2分别到1和3并没有区别。
直接最大流判断。

最小割

HOJ2634How to earn more

最大权闭合图&最小割

HOJ2713Matrix1

最大点权独立集问题。
转化成最小点权覆盖集。

将网格黑白染色，源点向每个黑点，每个白点向 $T$ 均连一条容量为 $C_{i,j}$ 的边。黑点向相邻白点连一条容量为 $+\infty$ 的边,答案即 $\sum C_{i,j}$ -最小割。

因为黑点与白点的边都为 $+\infty$ ，所以割中的边只可能与 $S$ 相连或 $T$ 相连，故最小割就是最小点覆盖。

POJ1815Friendship

每个点拆成入度和出度，跑最小割就是最少人数。

关键在于如何输出最小字典序的答案：
枚举删去 $1 - n$ ，如果最小割不变，说明该点不可能在最小割中，我们再把该点加入到网络中；否则记录该点是一个解并不再将其放回。

ZOJ2532Internship

先跑一次最大流。发现每条路径上的割限制着最大流量(将路径上割的容量+1，最大流也会+1)。

那么在残量网络中分别从源点汇点向外 $b f s$ 出所有经过残余容量 $> 0$ 的边可以到达的点。若边 $(u, v)$ 残余容量为 $0$ 且 $S$ 可达 $u$ ， $v$ 可达 $T$ ，则该边为一个解。

Ural1277Cops and Thieves

删掉最小割使得源汇点不连通，考虑构图：

匪窝看作 $S$ ，美术馆看作 $T$ ，其余点拆成两个点 $i, i^{'}$ 分别表示入度和出度， $i\to i'$ 连一条容量为 $R_i$ 的边。
所有无向边 $(u, v)$ ， $u'\to v,v'\to u$ 分别连一条容量为 $+\infty$ 的边。

判断最小割是否 $\leq K$ 即可。

*SPOJ839Optimal Marks

异或和明示拆位：

单独考虑每一位。问题转成了“二选其一”。
显然为0的在一起，1的在一起更优，代价就是01交接处的边，可以转成最小割(将图划分成两个点集)。

对于每个已标号的点，源点向所有该位为1的点连容量为 $+\infty$ 的边，所有该位为0的点向汇点连容量为 $+\infty$ 的边，原图中的边 $(i, j)$ 转成边 $(i, j, 1)$ 。

最小割就是该位的代价。
在残余网络中从源点沿着残余容量 $> 0$ 的边向外 $b f s$ ，将所有到达的点该位标记为1即可。

(拆位很好想，但感觉这个最小割十分巧妙(没有提示的话很难想到))

*SPOJ1693Coconuts

与上一题类似。

同样也是尽量让相同意见的守卫在一起才最优。在上一题中是给一些点确定选择(0/1)，而这一题中，是可以给一些点改变选择，那么建图出来后，相当于把点用1的代价划分到了另一边(也就是最小割可能割在与源汇点的连边上)。

$S$ 向所有赞同的守卫连一条流量为1的边，所有反对的守卫向 $T$ 连一条流量为0的边。朋友关系 $(i, j)$ 相当于无向边，则连边 $(i, j, 1), (j, i, 1)$ 。

最小割就是答案：
若割边与 $s, t$ 相连，则表示违背自己意愿投票；否则是一对不同意见的朋友。

Beijing Regional 2008 Problem A Destroying the bus stations

与ZOJ 2760 How Many Shortest Path类似，先求出点 $i$ 和源点和汇点的最短路 $ds_i,dt_i$ 。

$ds_i+dt_i>k$ 的点无用，直接删去。图中仅保留 $ds_i+dt_i\leq k$ 的点，考虑构图：

每个点拆成入度 $i$ 和出度 $i^{'}$ ，连边 $(i, i^{'}, 1)$ (割边)
若边 $(u, v)$ 的 $u, v$ 都保留在图中，则连边 $(u',v,+\infty)$ 。

最小割就是答案。

*bzoj3438小M的作物

最小割的一类模型

此类问题常为两种选择，不同的选择会有不同的收益，同时某些组合特定的选择方式会有额外的收获。

也就是考虑选择某条边，哪些边必须割掉。

*有向图破坏 Destroying the Graph

ACM/ICPC Northeastern Europe (NEERC) 2003, Northern Subregion – D. Destroying the Graph

对于指定的一条边 $(u,v)\in E$ ，只有操作 $a (u)$ 或操作 $b (v)$ 可以将其删除掉，即操作 $a (u)$ 或操作 $b (v)$ 至少要有一个被执行。

将一个操作本身就看成是一个点，一条有向边看成是连接 2 个操作的边，即一个最小点权覆盖模型，考虑构图：

连边 $(S,u,a(u)),(u',T,b(u)),(u,v,+\infty)$ 。

答案即最小割。

对偶问题最大点独立集= $\sum w_e-$ 最小割

有上下界

【总结】有上下界网络流

POJ2396Budget

有源汇有上下界网络的可行流问题

费用流

HOJ2543Stone IV

凸费用流问题

只需将原图中的每条边 $(u, v)$ 拆成两条： $u, v, C_i, 0), (u, v, ∞, E_i)$ 即可。

最小费用流以及费用函数的凸性：
保证了拆分边后流一定会先充满费用较小的边，再流向费用较大的边，而这些费用的和正好等于流量为 $x$ 时的总费用，是正确的流。

HOJ2715Matrix3

同样考虑拆边&拆点(将第一次经过和之后区别开)构图：

将每个格子 $i$ 拆成入度 $i$ 和出度 $i^{'}$ , 并加边 $i, i', 1, -v_i)$ , $(i, i^{'}, \infty, 0)$ , $(S, i, \infty, 0)$ 。
对相邻的格子j，若 $H_i > Hj$ 则加边 $(i^{'}, j, \infty, 0)$ 。
若格子 $i$ 在边界上则加边 $(i ’, t, \infty, 0)$ 。

限制增广次数小于等于 $K$ 求最小费用流，并将总费用取负。

HOJ 2739 The Chinese Postman Problem

若原图不连通，或者存在某个点的入度或出度为 $0$ 则无解。

问题转化成增加图中一些有向边的经过次数，使得每个点入度=出度，且代价最小，考虑设原图中点 $i$ 入度-出度 $d_i$ ，考虑建图：

若 $d_i>0$ ，连边 $S,i,d_i,0)$ ；若 $d_i<0$ ，连边 $i,T,-d_i,0)$ 。
原图中的有向边 $(i, j)$ 保留，转成连边 $(i,j,+\infty,w(i,j))$

答案就是最小费用流+原图边权和。

*POJ 3680 Intervals

注意是开区间。

先离散化端点，设离散化后分别为 $1 - m$ ，考虑构图：

连边 $(S,1,K,0),(i,i+1,K,0)(1\leq i<m),(m,T,K,0)$ 。
对于每个区间设其离散化后为 $[l, r]$ ，则连边 $(l, r, 1, - w)$ (限制了起点在 $(l, r)$ 的连边的个数)

答案就是最小费用取反。
(好妙啊，相当于一个区间暂时占据了内部点的1个单位的流量)

SPOJ371Boxes

简单题，直接构图：

若 $a_i>1$ ，连边 $S,i,a_i-1,0)$ ；若 $a_i=0$ ，连边 $(i, T, 1, 0)$ 。
每个盒子 $i$ 向相邻两个盒子 $j$ 连边 $(i,j,+\infty,1)$

答案就是最小费用。

*BASHU2445餐巾问题

经典构图题，将每一天拆成两个点 $i, i ’$ ，加如下 6 条边：

$S, i, r_i, p)$ ——在第 $i$ 天可以买至多 $r_i$ 个餐巾，每块 $p$ 分；
$i, T, r_i, 0)$ ——第 $i$ 天要用 $r_i$ 块餐巾；
$S, i', r_i, 0)$ ——第 $i$ 天用剩的 $r_i$ 块旧餐巾；
$(i^{'}, i + m, \infty, f)$ ——第 $i$ 天的旧餐巾送到快洗部，每块 $f$ 分；
$(i^{'}, i + n, \infty, s)$ ——第 $i$ 天的旧餐巾送到慢洗部，每块 $s$ 分；
$(i^{'}, (i + 1)^{'}, \infty, 0)$ ——第 $i$ 天的旧餐巾可以留到第 $i + 1$ 天再处理；

注意这里是 $i\to T,S\to i'$ 而非 $i\to i',i'\to T$ ，因为 $i\to T$ 是为了保证每一天都用了 $r_i$ 块餐巾，但流向汇点的流量无法再用，而旧餐巾实际上可以回收利用，所以再连边 $S\to i'$ 。

所以6种边之间联系十分紧密，缺一不可。