网络流学习笔记
代码堆
HDU 1532 Drainage Ditches
网络流模板题
HDU 3549 Flow Problem
网络流模板题
HDU 3572 Task Schedule
任务分配可行性问题。
观察知：
1：m台机器是不区分的。2：对于每个时刻，至多允许m个任务运行。3：每个任务的[bg,ed]区间，只要被运行p次，该任务就完成了。
so：
对时间建点，
从s对每个任务点建一条cap为p的边，
每个任务点对[st,ed]区间内的时间点各连一条cap为1的边，
每个时间点对t连一条cap为m的边，
判断最大流是否等于sigma(p)。
HDU 2732 Leapin' Lizards
在最外围补一圈网格，将网格看做图上的点，
对曼哈顿距离<=d的(u,v)点对建cap为INF的边，
从源点向包含‘L’的点建cap为1的边，
从最外围一圈点向汇点建容量为INF的边，
由于每个格子有经过限制，将格点拆成入点和出点，从入点向出点连cap为限制数量的边。
注意拆点后原来指向该点的边都指向入点，该点指出的边都改为从出点出发。
HDU 3338 Kakuro Extension
白格填的数对左方黑格和上方黑格的影响是等同的，这转化到图的思想就是入度等于出度。
那么就横进竖出跑最大流。
对横向黑格和竖向黑格分别建点，
源点与横向黑格点连cap为(黑格val-横向白格数)的边，
竖向黑格点与汇点连cap为(黑格val-竖向白格数)的边，
横向黑格点与竖向黑格点连cap为8的边。
题目保证一定有解，即上述建图能满流。
把黑白格分别看做点和边，略微有点叼。保存下白格所对应的反向弧id，就可以打印路径了。
因为白格的值只能是1~9，因此要先手动去掉1点使得范围变成0~8，保证零流是可行流。
HDU 2883 kebab
跟前面那道Task Schedule类似的任务分配问题，不同的地方在于这题的时间范围是100W级别的。
既然不能对单个时间建点，那么就对区间建点好了。
将[bg,ed]离散化，得到最多2*n-1个小区间，并且顾客的区间与这些小区间只有包含和相离关系，
这样我们就可以只需要关心这个小区间完成了多少kebab，而不需要关心它内部是怎样分配时间的。
源点对顾客点连cap为ni*ti的边，
顾客点对他所包含的区间点连cap为INF的边，
区间点对汇点连cap为(ed-bg)*m的边，
检查源点是否满流。
HDU 3605 Escape
只有10个星球，所以根据星球的选择方式一共有2^m种人类，1024 << 10W。
源点对2^m个人类点连cap为该种人数量的边，
人类点对可达星球点连cap为INF的边，
星球点对汇点连cap为居住上限的边，
检查源点是否满流。
tips：如果没有快速读入，记得别交g++。
HDU 4183 Pahom on Water
来回不走重复点，也就是从起点到终点的两条中途不相交路径。
需要拆点保证每个点最多被经过1次。
源点对起点的出点连cap为2的边，
终点的入点对汇点连cap为2的边，
每个点的入点对出点连cap为1的边，
每个点的出点对可达点的入点连cap为1的边，
检查最大流是否为2。
HDU 4240 Route Redundancy
答案为最大流除以流最大路径的容量。
流最大路径的容量：spfa跑一遍原图存下路径最大值就可以求出来了。
HDU 3081 Marriage Match II
可以通过floyd一次求出每个女孩和每个男孩之间能不能有关系。
然后二分答案ans，
源点对每个女孩点连cap为ans的边，表示女孩要选出ans个男朋友，
每个男孩点对汇点连cap为ans的边，表示男孩只能被选ans次，
每个女孩点对可达男孩点连cap为1的边，表示女孩最多只能选择一个男孩一次，
检查满流则当前ans可行。
HDU 3277 Marriage Match III
比上题多了一个女孩选择的方法：额外多了K次选择不是朋友的男孩作为男朋友的机会。
那么就将所有女孩拆点，
对每个女孩，
原点向新点连cap为K的边，
新点向非朋友连cap为1的边，
其他同上题。
注意范围比上题略大一点，其实没什么影响。
HDU 3416 Marriage Match IV
跑最短路，
然后对dis[v]==dis[u]+w(u,v)的关系建u到v的cap为1的边，
跑最大流为答案。
HDU 3468 Treasure Hunting
题意是这样的：按照顺序走最短路访问ABCD..Zabcd..z点，相邻两个字母的路径上只允许挖走一块金子，并且每个点只能被挖一次。问最多能获得多少金子。
若有点不可达，输出-1。
其实就是路径和金子的最大流问题。
源点对路径点连cap为1的边，
路径点对在该最短路径上的金子点连cap为1的边，
金子点对汇点连cap为1的边，
最大流为答案。
HDU 3998 Sequence
最长上升序列的长度可以用O(n^2)的dp求出。然后是建图，
每个值只能用一次，所以要拆点。
源点对dp[i]==1的入点连cap为1的边，
汇点对dp[i]==maxdp的出点连cap为1的边，
对满足j
入点向出点连cap为1的边。
求解最大流。
HDU 4309 Seikimatsu Occult Tonneru
渣一样的英语活该WA到哭。。
最多只有12条ancient bridge(黄金12宫？)，
所以很显然枚举选择ancient bridge的集合，
源点向每个点连cap为人口数的边，
Tunnel的u向汇点连cap为容量上限的边，
对Tunnel和Modern Road的u向v连cap为INF的边，
对当前选择的ancient bridge的u向v连cap为INF的边，
对未选择的ancient bridge的u向v连cap为1的边，
最大流更新答案。
HDU 3472 HS BDC
把26个字母当做点，串当做边，那么题目就转化成：给出一幅包含有向边和无向边的混合图，判断是否存在欧拉通路。
这样来判断：
首先，所有点连通；
然后，把所有边当做无向边后(这是不影响度的奇偶性的)，奇度点的个数为0个或2个；
再然后，借助流来判断：
对于欧拉回路：
对于每条无向边(u,v)，先把他当做u->v的有向边，并且在容量图中加入一条从v连向u的容量为1的边(若有流经过这条边，则说明原人为选定方向不对)，
源点向每个出入度差为负数的点连cap为出入度差相反数/2的边，
每个出入度差为正数的点向汇点连cap为出入度差/2的边，
若上述建图能满流，则此时每个节点的入度都等于出度，说明存在欧拉回路。
对于欧拉通路：在2个奇度点之间连一条无向边，转化为判断欧拉回路。
UVA 10735 Euler Circuit
判断混合图欧拉回路并输出路径。
按照上题的做法判断存在欧拉回路后，打印路径的方法：
容量网络中cap为0的边(u,v)就是原图无向边确定方向后产生的边，所以能借此建出欧拉图，
dfs打印路径：
dfs(u) :
for edge belong u:
if edge.vis==False:
edge.vis = True
dfs(edge.v)
stack[++top] = u
for i = top~1:
print stack[i]
//
CF316C Tidying Up
费用流，二分图
不细说的话初学者可能就不知道为何这里有‘二分图’的模型存在，就和笔者一样- -(好吧我何其弱！)。对于格子(i,j)，
将格子按i+j的奇偶性划分成左右两个部分，如您所见，在本题的模型中确实只有左边和右边会有边相连(一双鞋子是满足这样的情况才能搭)
然后，就是建图啦
源点与偶度格子相连，cap为1，cost为0
奇度格子与汇点相连，cap为1，cost为0
偶度格子与其共边的格子(必然为奇度格子)相连，cap为1，cost则根据他们数值上的关系确定，若数值相等，则cost为0，否则cost为1
然后就是CostFlow找漫流的最小费用啦
相信源汇点的边的cap和cost没有什么疑问，这里要尝试解释一下格子匹配的费用问题：
设最终匹配的两个格子原本的数字为a和b，若a==b，则a和b都不需要交换。若a!=b，则两个选择：把a和b中的一个换掉，费用为1；或者把a和b都换成另一个数字c，费用为2。
但是我们怎么会干出把两个都换掉这种事！如果把a和b都换掉，则说明至少有4个数字在这次的操作中被移动，那为什么不固定a和b中的一个，只移动另外三个数字来达到同样的匹配效果。所以费用只会是0和1。
这一题是固定度数的二分图模型，普通spfa费用流1930ms，用zkw费用流则可以做到30ms。
CF277E Binary Tree on Plane
费用流，二分图，KM
每个节点度限制为入度<=1，出度<=2，只有一个点无入度，很裸的二分图模型。
spfa费用流1466ms，zkw费用流4460ms，KM算法30ms。zkw的顶标调整多路增广模式在这种费用基本不一致的图上不是一点慢。
CF237E Build String
费用流
CF164C Machine Programming
费用流，DAG
这题的每个任务的开始时间和结束时间都是固定的，因此，只有两种决策，就是在一个任务的开始时间时，决定要不要做这个任务。
将时间离散化，得到最多tot个时间点，tot最大为2*n。
源点向时间点1连cap为k，cost为0的边，
汇点为时间点tot，
时间点i向时间点i+1连cap为k，cost为0的边，
每个任务的开始时间点向结束时间点连cap为1，cost为-c的边(最小和最大是可以转化的)，
跑最小费用最大流，
判断任务是否在最优解里，看对应的容量边是否被使用就可以了。
CF132E Bits of merry old England
费用流，DAG
先建出n+1个时间点0~n，第i和第i+1个时间点之间代表序列第i个数字。
第i个时间点向第i+1个时间点连cap为m，cost为0的边，
将n个数字拆点，
入点向出点连cap为1，cost为-big的边，
时间点i向第i个数字的入点连cap为1，cost为第i个数字的bit数量的边，
第i个数字的出点向时间点i+1连cap为1，cost为0的边，
第i个数字的出点向下一个相同数字的入点连cap为1，cost为0的边，
源点向时间点0连cap为m的边，汇点为时间点n，
跑最小费用流，根据边是否被使用来打印解。
这题的启发是可以用足够大的负费用来使一些点必须被经过，也因此必须保证图没有负环，简单起见建成DAG就可以了。
big的取值要能够保证所有的数字都在最大流的解中，取61足够，不想计算可以取100W。
CF78E Evacuation
最大流，最短路，二分图
源点连科学家，安全点连汇点，科学家连他能跑到的安全点，最大流，over。
HDU3488 Tour
费用流，二分图，KM
从有向图中选择一个权和最小的边集，让每个点都在环中，也就是每个点的入度和出度都是一。
HDU4067 Random Maze
费用流
先贪心选择所有的边，
若a 否则，先不选该边，并且在容量图中加入一条正向的cap为1，cost为a-b的边， 对于s和t的特殊性，转化成一般点比较好处理，因此直接s的入度+1，t的出度+1，表示加入一条必选的从t指向s的边，这样所有的点都要满足出度==入度 然后，按照每个点的出入度差，若出度>入度，则向汇点引一条cap为出入度差，cost为0的边， 否则，从源点向该点引一条cap为出入度差，cost为0的边， 跑最小费用最大流，再加上前面贪心选择的结果，就是答案。 (网络流本来就是可以反悔的贪心) HDU1533 Going Home 费用流，二分图，KM HDU3435 A new Graph Game 费用流，二分图，卡STL队列 关于哈密顿环，只要保证每个点的入度和出度都为1，就是了。 丧心病狂的卡STL队列，泥煤啊 HDU1853 Cyclic Tour 费用流，二分图 解法和上题一模一样，唯一不同的地方是，这题不卡STL队列。 HDU2686 Matrix 费用流，DAG HDU3376 Matrix Again 费用流，DAG 虽然范围是上一题的20倍，但是，把点数调到72W+，边数216W+，就勇敢的提交吧。 受流量所限，本质上就是两次spfa的复杂度。 HDU3667 Transportation 费用流 拆边，把u,v,a,c拆成费用分别为a*1,a*3,a*5,a*7,a*9的边，跑费用流，over。 HDU3315 My Brute 费用流，二分图，KM 裸的二分图模型，难点在处理i==j时的优先匹配。其实也很简单，把所有cost放大100倍，然后在i==j的地方让cost减少1， 然后，在最小费用流的过程中，就自动选择i==j的情况了。得到残量图后，求答案就很简单了。 HDU3395 Special Fish 费用流，二分图，KM 这道题很裸的二分图模型， 但是因为求的是最大收益，而没有完美匹配的限制， 如果用最小费用流做，则需要在增广路费用大于等于0时退出增广， 如果用KM做，则需要把临接矩阵初始化成0，而不能是负数。 HDU2448 Mining Station on the Sea 直接费用流，或者最短路然后KM BZOJ1061 [Noi2008]志愿者招募 费用流，经典题 由不等式转化到等式，再转化到流，叹为观止，详情百度 HDU3947 River Problem 费用流，志愿者招募的树形版，做这题最好先彻底弄懂上面那道志愿者。 在流量图中，用点表示对应原图中该点和父亲之间的边的相关等式。 由于要保证每个未知数在等式组中都只'+' '-' 符号各出现一次 因此在每个节点的父亲处减去该点的等式 则保证了2次的要求 建图： 对于树边u,v,w，从源点向u连(w,0)的边，从v向汇点连(w,0)的边，从v向u连(INF,0)的边 对于需求u,v,l,c，从u向v连(l,c)的边 跑最小费用流，若flow == sigma(w) 则有解，答案为最小费用cost spfa_cost_flow = 468ms，zkw_cost_flow = 140ms HDU4406 GPA 上下界费用流 建图是很简单的，源 -> 时间 -> 科目 -> 汇 其中科目到汇的边需要作类似处理n^2费用边的拆边处理，将base分为val的科目的边拆成100-max(val,60)条边，记f(x)为那个公式，每条边的费用为f(x-1)-f(x)，由于f(x)是斜率单调减的函数，因此费用流中能保证按绩点的规则选边 要保证不挂科，其实就是一个下界，处理这个下界有两种方法，一种是给60分以下的边负无穷大的费用，保证优先选， 另一种就是所谓的上下界费用流 其实说起来也就那么一回事，对于这题，只要新建一个虚汇，将不及格的边都连向虚汇，先作一次源->虚汇费用流保证虚汇满流，再作一次源->汇求解 HDU4411 Arrest 最短路，费用流 当年误把这题当做DP，自虐了很久很久。。还是太年轻 HDU3046 Pleasant sheep and big big wolf 最小割入门题 求最小的代价把狼和羊分开，连模型都是裸的- -b 咳咳，最大流最小割定理 HDU1565 方格取数(1) 二分图最大点权独立集 最大点权独立集 == 总权和 - 最小点权覆盖集 最小点权覆盖集 == 最小割 最小割 == 最大流 这道题目，按照i+j的奇偶性划分点集，可以得到二分图，那么就是上面提到的东西了 源向偶点连cap为偶点点权的边， 奇点向汇连cap为奇点点权的边， 偶点向原图中相邻的奇点连cap为INF的边， 最大流 HDU1569 方格取数(2) 同上，数据范围稍变大 HDU3820 Golden Eggs 最小割 割的模型真是难描述啊。。 对于格子x与其相邻格子y，若x放金蛋，则要么y不放金蛋，失去y放金蛋的价值，要么y放金蛋，失去g的价值， 转化到图上来说，失去的价值，就是切割一条长度为3的路径的代价，即分离起点终点，也就是所谓'割'。那么本题就可以转化到容量图的最小割来做。 建图： 将每个格子拆点，变成x和x'，偶数格子((i+j)%2==0)用x代表金蛋，x'代表银蛋，奇数格子则相反，构建二分图模型 源向x连cap为对应蛋价值的边， x'向汇连cap为对应蛋价值的边， x向x'连cap为INF的边，表示一个格子至少要付出一个代价，失去金蛋或失去银蛋， x向相邻格子的y'连边，若x为金蛋，cap为g，否则cap为s， 答案为sum(a[i][j]+b[i][j]) - MaxFlow() HDU3491 Thieves 最小割 题意为，点有权值，找到最小权点割集，使s和t分离 那么拆点就好了 HDU3657 Game 二分图最小割 还是网格模型，所以不用脑子想都知道是奇偶分成二分图。。 对于相邻的两个格子x和y，要么放弃x的价值，要么放弃y的价值，要么放弃(val(x)&val(y))*2的价值，转化到图上即路径切割，所以最大权和就是总权-最小割了。 然后对于有些格子必须选的处理：只要保证该格子不会出现在割集里就可以了，那么只要把该格子原本连向源或汇的边容量改成INF，over。 ans = sum(val) - MaxFlow() HDU3251 Being a Hero 最小割 路径最小割建模，要么断开一些路径，要么放弃顶点， 建图： 将原图上a,b,c的边以a -> b cap为c的形式加入容量图中， 对于每个有权的顶点，向汇点连cap为点权的边， 然后答案为点权之和减(1 -> 汇)最大流 打印割边的话，就从节点1dfs一遍容量图，分成s割集和t割集，然后检查一下位于两个割集之间的正向边是否满流就可以了(注意直接连向汇的边不能计在内)。 HDU3452 Bonsai 最小割 dfs一遍确定每条无向边的方向，然后叶子向汇点连cap为INF的边，求root -> 汇点的最小割就好了。注意特判一个节点的情况 HDU3987 Harry Potter and the Forbidden Forest 边数最少的最小割 一种做法是将原图的边容量c扩大为c*(m+1)+1，然后答案为MaxFlow()%(m+1)，这个技巧在最大流的蛮多题都有用到 另一种做法是原图最大流后，修改原图，将满流的正向弧容量变为1，未满流的正向弧容量变为INF，清空反向弧容量，此图的最大流就是答案，原因请自己思考(有一些显然的细节本弱花了一页纸去证明，泪奔) 胡乱想到这么一个东西：跑完最大流后，所有最小割集包含的边都满流。 HDU2435 There is a war 加一条INF边的最小割 先原图做一次(1 | n)最小割，得到两个点集：S集合T集，那么可以知道，如果新边的两个端点都同在一个集合里，是不会增大最小割的，所以这条新边的两个端点u和v一定是一个在S，一个在T。 若A选择(u,v)连边(u属于原图的S，v属于原图的T)，那么B有两个选择，把u,v一起切到S割，或者把u,v一起切到T割，所以B的花费是min( (1,v | n)最小割 ， (1 | u,n)最小割 ) 对于(1,v | n)最小割的求法，只要在原图的基础上补一条从1到v的cap为INF的边，然后(1 | n)最小割就可以得到(1,v | n)最小割，(1 | u,n)最小割同理，只要连一条(u,n,INF)的边即可。一个稍好的写法是，例如要求(1,u | n)最小割，不用重建图，在原图(1,n)最小割的残余网络上，直接跑(u,n)最大流，可以得到与重建图跑(1,n)最大流一样的效果。 关于最大的答案，A会从T中选择一个v有最大的(1 | v)最小割，从S中选择一个u有最大的(u | n)最小割，然后B从这两个值中选一个较小值，就是答案。 新技能get ：若两个点之间有INF边，那么他们必然同在S集或同在T集，反过来说也就是，若要使求最小割中某两个点同在S集或同在T集中，只需要在他们之间连一条INF的边即可(马丹，怎么又是这么显然的东西！弱无止境。。)。然后还有残余网络的利用。 HDU3917 Road constructions 最小割，最大权闭包 每个公司要么不选，失去税收，要么选，失去建桥的代价，大概就是个最小割模型了。 所以源向公司连cap为税收的边，公司向汇连cap为建桥代价的边， 为处理闭包，新建n个地点， 对于每条边(a,b,c,d)，公司c向地点b连INF边，地点a向公司c连INF边， 税收总和减最大流为答案 (最小割图中的每一条有向路径都需要合理的存在理由) HDU3879 Base Station 最小割 构造二分图，左边的点表示原图的点，右边的点表示原图的边 源向点点连cap为点权的边，边点向汇连cap为边权的边 对于原图的边(a,b,c)，点a和点b分别向边点i连cap为INF的边 答案为边权和-MinCut() HDU3061 Battle 最小割 源向正收益点连cap为收益的边 负收益向汇连cap为收益绝对值的边 对于拓扑关系(a,b)，a向b连cap为INF的边 答案为正收益和减MaxFlow() HDU3996 Gold Mine 最小割 建图同上，注意最大流范围long long，输入输出用%I64d HDU4307 Matrix 最小割 对于线性代数勉强补考通过的本弱菜，要像网上题解那样分析数学式来解决这道题，完全就是不可能的事情。 于是，弱采取了另一种方法：观察- -b 观察能够发现，如果A的某一项i为0，那么Ci的代价就不用付出，同时也得不到B的第i行和第i列的所有价值，这不就是最小割模型吗 构建三列点，分别代表A的n个项，n个列，n个行 源向项点i分别连cap为Ci的边， 项点i分别向行点i和列点i连cap为INF的边， 列点j向行点i连cap为B[i][j]的边， 行点i向汇连cap为B矩阵第i行权值和的边， 答案为sigma(Bij) - MinCut() 点数3002，边数1004000*2，700+ms，也不是很慢 ZOJ3496 Assignment 上下界网络流 题意为求两种流量分布，分别使最大边最小，和最小边最大。 二分边容量上界跑普通网络流以得到第一个答案 二分边容量下界跑上下界网络流以得到第二个答案 HDU4265 Science! 最大流，二分图匹配 题意为要求输出路径的男女搭配问题 首先，最多的游戏次数这个可以通过二分来求得， 然后，从原图中删除所有没有被使用的边，那么剩下的边中包含了ans个边不相交的完美匹配， 然后，ans次二分图匹配，每次求出一组完美匹配，并把用过的边删掉，就是所要求的路径 依据：Hall定理的推论：设G是k正则二部图(k>0)，则G有k个边不重的完美匹配 Hall定理：设G是具有二划分(X,Y)的二部图，则G有饱和X的匹配当且仅当对 HDU4289 Control 最小割 无向边当作两个方向的有向边就好了，因为必然只有一条被使用，需要拆点 HDU4292 Food 最大流 源 -> food -> human1 -> human2 -> drink -> 汇 最大流就是答案 HDU4322 Candy 费用流 如果只有普通糖(即like矩阵为0)，那么只要看糖的数量是否足够即可 因此只需要考虑有特殊喜好的糖的分配 如果一个小孩得到x颗他喜欢的糖，若x*K<=B[i]，则不会产生糖效果的浪费，但是若x*K>B[i]，则最后一颗糖的效果等价于B[i]%K，即效果上的降低 因此，通过最大费用最大流来分配喜好的糖，使得到的快乐值尽量多，然后再用剩下的糖填补空缺，check是否能使所有小朋友满意
，其中，N(S)表示S的所有邻点之集