网络流
1.飞行员配对方案
有权二分图最大匹配，KM算法解决 O(n^3)
2.太空飞行计划
选 Bi 必要条件/前提是选择集合{ Aj }，每个点有一个权值，求满足依赖关系的最大点权集合。
建图方式为 Bi 向{ Aj }中的每一个点都连一条边，转化为找该图中的最大权闭合图。
闭合图定义：闭合图中边的终点一定在闭合图中（无出边），恰好满足题目的必要条件要求（必要条件属于该集合）
求法：建立网络图：
add(S,u,w) wu>0
add(u,T,-w) wu<0
add(u,v,INF) <u,v>属于原图
最大权闭合图 wmax = ∑wu>0wu−Maxflow(S,T)
拓展：
1.如果依赖关系存在环，那么可以先对原图缩点，产生新的DAG图，缩点的权值为点内权值和。在新图中采用上述方法求解。
3.DAG图的最小点路径覆盖
最少几条点不相交的路径可以覆盖DAG图
拆点，add(i,j+n,1)， <i,j> 属于E，求最大二分图匹配
可以用匈牙利算法或者最大流做。
最大流在构造可行解时，需要从大于等于n+1的节点堆中找到第一个起点，即 k+n−>2∗n+1 的残量不为0。然后再以k为起点遍历寻找路径，寻找的过程是找残量为0的边
#include//找到路径的所有起点
printf("%d",i-n); dfs(i-n); printf("\n");
}
}
}
printf("%d\n",n-f);
return 0;
}
hdu4780
题意：给定n个时间区间加工n种方案，共有m台机器进行加工，同一台机器相同时间只加工一种方案。
1.如果某方案的起始时间大于规定时间，那么需要付出额外代价。
2.同一台机器对于加工的第一个方案有一个延迟开始时间和额外代价。
3.不同方案之间转换也有一个延迟时间和额外代价
求加工所有方案所付出的最小额外代价。
解法：经过分析可得：
1.每个方案加工结束的时间固定不变
2.只要确定每个方案前的加工方案，就可以确定该方案需要付出的额外代价
因此为了确定总额外代价，只需要找到每个方案的前驱即可
并且题意满足：如果i方案能够在j方案后进行加工，那么j方案一定不可以在i方案前进行加工！
建图如下：
二分图左侧有n+m个点，表示待定的前驱，右侧有n个点，表示需要确定前驱的点。如果i方案后可以加工j方案/i机器可以首先加工j方案，那么从左向右引边即可。最后建立一个超级源点和超级汇点，求最小费用最大流即可。
#includeprintf("-1\n");
else printf("%d\n",ct);
}
return 0;
}
uvalive 2531
题意：n支队伍进行比赛，每支队伍进行比赛数目相同，每场比赛一支队伍取胜，一支队伍败。给出每支队伍当前胜场和负场，以及每两个队伍还剩余的比赛场数，求可能获得冠军的队伍。
解法：枚举每支队伍，判断其是否可以获得冠军。判断过程：将m场比赛的胜利分配给n个队伍，每支队伍还可以获胜的次数不超过total-w[i]，total为当前枚举队伍的胜场数，w[i]为第i支队伍的当前胜场数，判断是否可以将所有比赛的胜利分配出去。
确定分配关系和个数，且得到个数有上限的分配问题可以建立二分图，求最大流，如果满流，那么全都分配出去了。
#includetrue; break; }
if(flag) continue;
memset(head,-1,sizeof(head)); tot=0;
build(k);
int mf=maxflow(S,T);
if(mf==tmp) ans[cnt++]=k;
}
for(int i=0;iif(i==cnt-1) printf("%d\n",ans[i]);
else printf("%d ",ans[i]);
}
}
return 0;
}
uva10779
题意：1个人和另外n个人交换m件物品，交换规则如下：
1.n个人只和他交换，不会互相交换
2.n个人只会用手上重复的物品交换他所没有的物品
问最终他最多可以获得多少种不同的物品？
解法：1-n交换m物品问题，对于每个人，能给他和从他那里得到的是两个m的不相交子集，求能够得到的最大不同物品集合
建图如下：
1-m表示m个物品，m+1-m+n表示n个人
add(S,i,a[1][i]) ：a[1][j]为第一个人的最初的j物品数量
如果第i个人没有j物品，那么他可以得到1件j物品，否则他可以给出num-1个j物品
最后将1-m连向T，容量为1，表示能够得到的最大不同数量
#includeuva11613
题意：m个月每个月最多可以生产ni件物品，每件生产费用为mi，可以储存ei个月，最多可以卖出si件物品，单价为pi。每件物品储存一个月消耗成本I，求最大利润。
解法：将M个月拆成2*M个点，分别表示买进和卖出，建立二分图+S+T，求解最小费用最大流即可。
#includeuva10806
题意：从s到t再返回s不重复经过同一条边的最短路径
解法：原题可以转化为：最大流为2的最小费用流
建图：S’->S，建立流量为2，费用为0的边，求S’->T的最小费用流即可
拓展：
1.求流量为k的最小费用流：S->S’，建立流量为k，费用为0的边即可
2.从s到t再返回s不重复经过同一点（除s）的最短路径
拆点限制点经过一次，求费用为2的最小费用流即可
#includeuvalive3268
题意：n个人中每个人可以分配到某些组中，但实际上每个人只能分配到一组中去。求组中人员最多的最小值
解法：分配问题，建立二分图，二分组中元素个数即可
uva11167
题意：每个猴子在一个固定时间段[si,ti]内可以喝水，单位时间只喝一单位水，而且必须要喝掉Vi单位水，但是同一个时间点最多有m个猴子同时喝水。输出一种合理的时间分配方案。
解法：分配模型，建立二分图。但是时间取值范围较大，需要离散化。在残余网络中从S出发遍历残量不为0的边，在此段时间内取出一段合法解即可，但是需要合并连续的区间，比较麻烦。
#includevoid add(int u,int v,int cap){
e[tot].v=v,e[tot].nxt=head[u],e[tot].cap=cap,e[tot].flow=0,head[u]=tot++;
e[tot].v=u,e[tot].nxt=head[v],e[tot].cap=0,e[tot].flow=0,head[v]=tot++;
}
int used[maxn],d[maxn];
bool BFS(){
queue<int> q;
for(int i=S;i<=T;i++) d[i]=-1;
d[S]=0,q.push(S);
while(!q.empty()){
int u=q.front(); q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(d[v]==-1&&e[i].cap>e[i].flow){
d[v]=d[u]+1; q.push(v);
}
}
}
return d[T]!=-1;
}
int DFS(int u,int a){
if(u==T||a==0) return a;
int f=0,m;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(d[v]==d[u]+1&&(m=DFS(v,min(a,e[i].cap-e[i].flow)))>0){
e[i].flow+=m,e[i^1].flow-=m;
f+=m,a-=m;
if(a==0) break;
}
}
return f;
}
int mf(int S,int T){
int ans=0;
while(BFS()){
for(int i=S;i<=T;i++) used[i]=head[i];
ans+=DFS(S,INF);
}
return ans;
}
void solve(){
for(int u=1;u<=n;u++){//记录合法区间
int cnt2=0,cnt3=0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,f=e[i].flow;
if(e[i].flow<=0) continue;
if(now[v]+f>tim[v-n-1+1]){
int tmp=tim[v-n-1+1]-now[v];
if(tmp) ans[cnt2].st=now[v],ans[cnt2++].ed=tim[v-n-1+1];
ans[cnt2].st=tim[v-n-1],ans[cnt2++].ed=tim[v-n-1]+f-tmp;
now[v]=tim[v-n-1]+f-tmp;
}
else{
ans[cnt2].st=now[v],ans[cnt2++].ed=now[v]+f;
now[v]+=f;
}
}
sort(ans,ans+cnt2,cmp);
for(int i=0;i// 合并区间
int j=i;
while(j+11].st==ans[j].ed) j++;
tans[cnt3].st=ans[i].st,tans[cnt3++].ed=ans[j].ed;
i=j+1;
}
printf("%d",cnt3);
for(int i=0;iprintf(" (%d,%d)",tans[i].st,tans[i].ed);
printf("\n");
}
}
int main(){
int cas=0;
//freopen("a.txt","r",stdin);
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if(!n) break;
scanf("%d",&m);
S=0;
memset(head,-1,sizeof(head)); tot=0,cnt=0,sum=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&v[i],&a[i],&b[i]);
sum+=v[i];
if(!vis[a[i]]) tim[cnt++]=a[i],vis[a[i]]=1;
if(!vis[b[i]]) tim[cnt++]=b[i],vis[b[i]]=1;
}
sort(tim,tim+cnt);
T=n+cnt+2;
for(int i=0;i1]=tim[i];
if(i!=cnt-1) add(i+n+1,T,m*(tim[i+1]-tim[i]));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=id[a[i]],r=id[b[i]];
//printf("%d %d\n",l,r);
add(S,i,v[i]);
for(int j=l;j<=r-1;j++){
//printf("%d %d\n",i,j+n+1);
add(i,j+n+1,tim[j+1]-tim[j]);
}
}
int tmp=mf(S,T);
//printf("%d %d\n",tmp,sum);
if(tmp==sum) { printf("Case %d: Yes\n",++cas); solve(); }
else printf("Case %d: No\n",++cas);
}
return 0;
} uva11082
题意：已知矩阵每行和每列的和，构造出一组可行解，矩阵中每个值的变化范围是[1,20]
解法：行与列的值分配问题，建立二分图模型。关键点在于行之和=列之和，由此可得到流量平衡，容易建图。需要避免流量为0的情况，技巧在于先把所有值-1，求出结果后再都加上1即可
#includevoid add(int u,int v,int cap){
e[tot].v=v,e[tot].nxt=head[u],e[tot].cap=cap,e[tot].flow=0,head[u]=tot++;
e[tot].v=u,e[tot].nxt=head[v],e[tot].cap=0,e[tot].flow=0,head[v]=tot++;
}
int used[maxn],d[maxn];
bool BFS(){
queue<int> q;
for(int i=S;i<=T;i++) d[i]=-1;
d[S]=0,q.push(S);
while(!q.empty()){
int u=q.front(); q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(d[v]==-1&&e[i].cap>e[i].flow){
d[v]=d[u]+1; q.push(v);
}
}
}
return d[T]!=-1;
}
int DFS(int u,int a){
if(u==T||a==0) return a;
int f=0,m;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(d[v]==d[u]+1&&(m=DFS(v,min(a,e[i].cap-e[i].flow)))>0){
e[i].flow+=m,e[i^1].flow-=m;
f+=m,a-=m;
if(a==0) break;
}
}
return f;
}
int mf(int S,int T){
int ans=0;
while(BFS()){
for(int i=S;i<=T;i++) used[i]=head[i];
ans+=DFS(S,INF);
}
return ans;
}
void solve(){
for(int u=1;u<=n;u++){
int cnt2=0,cnt3=0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,f=e[i].flow;
if(e[i].flow<=0) continue;
if(now[v]+f>tim[v-n-1+1]){
int tmp=tim[v-n-1+1]-now[v];
if(tmp) ans[cnt2].st=now[v],ans[cnt2++].ed=tim[v-n-1+1];
ans[cnt2].st=tim[v-n-1],ans[cnt2++].ed=tim[v-n-1]+f-tmp;
now[v]=tim[v-n-1]+f-tmp;
}
else{
ans[cnt2].st=now[v],ans[cnt2++].ed=now[v]+f;
now[v]+=f;
}
}
sort(ans,ans+cnt2,cmp);
for(int i=0;iint j=i;
while(j+11].st==ans[j].ed) j++;
tans[cnt3].st=ans[i].st,tans[cnt3++].ed=ans[j].ed;
i=j+1;
}
printf("%d",cnt3);
for(int i=0;iprintf(" (%d,%d)",tans[i].st,tans[i].ed);
printf("\n");
}
}
int main(){
int cas=0;
//freopen("a.txt","r",stdin);
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if(!n) break;
scanf("%d",&m);
S=0;
memset(head,-1,sizeof(head)); tot=0,cnt=0,sum=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&v[i],&a[i],&b[i]);
sum+=v[i];
if(!vis[a[i]]) tim[cnt++]=a[i],vis[a[i]]=1;
if(!vis[b[i]]) tim[cnt++]=b[i],vis[b[i]]=1;
}
sort(tim,tim+cnt);
T=n+cnt+2;
for(int i=0;i1]=tim[i];
if(i!=cnt-1) add(i+n+1,T,m*(tim[i+1]-tim[i]));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=id[a[i]],r=id[b[i]];
add(S,i,v[i]);
for(int j=l;j<=r-1;j++){
add(i,j+n+1,tim[j+1]-tim[j]);
}
}
int tmp=mf(S,T);
if(tmp==sum) { printf("Case %d: Yes\n",++cas); solve(); }
else printf("Case %d: No\n",++cas);
}
return 0;
}