前置
• 一个流网络(flow network)\(G=(V,E)\)是一个有向图,每个边\((u,v)\in E\)有一个非负容量(capacity) \(c(u,v)>=0\). 对于不在\(E\)中的\((u, v)\), 规定\(c(u, v)=0\)
• 有两个特殊结点: 源(source)\(s(s\in V)\)和汇(sink)\(t(t\in V)\).
• 假设对于任意其他点v, 存在通路\(s\rarr v\rarr t\)
• 流是一个边的函数\(f(u,v)\)，流量函数\(f(x,y)\,(x\in V,y\in V)\) 满足：
•容量限制：\(\forall(u,v),\;0\le f(u,v)\le c(u,v)\)
•对称性：\(f(u,v)=-f(v,u)\)
•收支平衡：对于不是\(s\)或\(t\)的其他点\(u\),有\(\sum\limits_{v\in V}f(u,v)=0\)
•把整个网络的流量定义为(即从s流出的流量):\(|f|=\sum\limits_{v\in V}f(s,v)\)
• 最大流问题: 寻找流函数\(f\), 使得网络流最大
•其他
等价条件：
1) f是最大流
2)残量网络中无可增广路
3)存在某个切割(S,T), |f|=c(S,T)
每次找边数最少的增广路进行增广
• 定理：最多增广O(nm)次
• Edmonds-Karp：每次BFS找增广路，无需维护附加信息
• Dinic：多次BFS构造层次图，DFS找增广路。附加信息：
层次（起点到u的距离值）
最大流
luogu3376网络最大流【模板】
每次bfs找增广路 直到图中没有增广路
#include
using namespace std;
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define Min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
const int N=10000+5,M=100000+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int n,m,s,t,maxflow=0,pre[N],incf[N];
template void rd(t &x){
x=0;int w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=w?-x:x;
}
int head[N],tot=1;
struct edge{int v,w,nxt;}e[M<<1];
void add(int u,int v,int w){
e[++tot]=(edge){v,w,head[u]},head[u]=tot;
}
bool vis[N];
queue q;
bool bfs(){
while(!q.empty()) q.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis));
q.push(s),vis[s]=1,incf[s]=inf;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u],v,w;i;i=e[i].nxt)
if(w=e[i].w){
v=e[i].v;
if(vis[v]) continue;
incf[v]=Min(incf[u],w),pre[v]=i;
q.push(v),vis[v]=1;
if(v==t) return 1;
}
}
return 0;
}
void upd(){
int x=t;
while(x!=s){
int i=pre[x];
e[i].w-=incf[t],e[i^1].w+=incf[t];
x=e[i^1].v;
}
maxflow+=incf[t];
}
int main(){
rd(n),rd(m),rd(s),rd(t);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;++i)
rd(u),rd(v),rd(w),add(u,v,w),add(v,u,0);
while(bfs())
upd();
printf("%d",maxflow);
return 0;
} 费用流
[luogu3381]【模板】最小费用最大流
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rg register
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define Min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
const int N=5000+5,M=50000+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int n,m,s,t,pre[N],incf[N],mxflo,mncos;
template void rd(t &x){
x=0;int w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=w?-x:x;
}
int head[N],tot=1;
struct edge{int v,flo,cos,nxt;}e[M<<1];
void add(int u,int v,int flo,int cos){
e[++tot]=(edge){v,flo,cos,head[u]},head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){u,0,-cos,head[v]},head[v]=tot;
}
int dis[N];
queueq;bool vis[N];
bool spfa(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,inf,sizeof(dis));
q.push(s),vis[s]=1,dis[s]=0,incf[s]=inf;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop(),vis[u]=0;
for(int i=head[u],v,flo,cos;i;i=e[i].nxt)
if((flo=e[i].flo)&&dis[v=e[i].v]>dis[u]+(cos=e[i].cos)){
dis[v]=dis[u]+cos,pre[v]=i,incf[v]=Min(incf[u],flo);
if(!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1;
}
}
return dis[t]!=inf;
}
void upd(){
int x=t;
while(x!=s){
int i=pre[x];
e[i].flo-=incf[t],e[i^1].flo+=incf[t];
x=e[i^1].v;
}
mxflo+=incf[t],mncos+=incf[t]*dis[t];
}
int main(){
freopen("in2.txt","r",stdin);
// freopen("DNA.out","w",stdout);
rd(n),rd(m),rd(s),rd(t);
for(int i=1,u,v,w,z;i<=m;++i)
rd(u),rd(v),rd(w),rd(z),add(u,v,w,z);
while(spfa()) upd();
printf("%d %d",mxflo,mncos);
return 0;
} luogu2045方格取数加强版
给出一个n*n的矩阵,每一格有一个非负整数Aij,(Aij <= 1000)现在从(1,1)出发,可以往右或者往下走,最后到达(n,n),每达到一格,把该格子的数取出来,该格子的数就变成0,这样一共走K次,现在要求K次所达到的方格的数的和最大
最大费用最大流
- ”点边转化“ 将每个格子\((i,j)\)拆成一个”入点“和一个”出点“
- 从每个\((i,j)\)的入点向出点连两条有向边 第一条有向边容量为1，费用为格子中的数 第二条容量为\(k-1\)，费用为0， 表示第一次经过该点可把数字取走 之后再经过就不再计算
- 从\((i,j)\)的出点向\((i,j+1)\)和\((i+1,j)\)连有向边 容量为k 费用为0
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
const int N=5000+5,M=150+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int n,k,tt,s,t,incf[N],pre[N],mxflo,ans;
template void rd(t &x){
x=0;int w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=w?-x:x;
}
int head[N],tot=1;
struct edge{int v,flo,cos,nxt;}e[N<<2];
void add(int u,int v,int flo,int cos){
e[++tot]=(edge){v,flo,cos,head[u]},head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){u,0,-cos,head[v]},head[v]=tot;
}
int adr(int x,int y){return (x-1)*n+y;}
queue q;
bool vis[N];int dis[N];
bool spfa(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0xcf,sizeof(dis));
q.push(s),vis[s]=1,dis[s]=0,incf[s]=1<<30;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop(),vis[u]=0;
for(int i=head[u],v,flo,cos;i;i=e[i].nxt){
if(!(flo=e[i].flo)) continue;
if(dis[v=e[i].v]