题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/2190/

给定一个包含nnn个点mmm条边的有向图，每条边都有一个流量下界和流量上界。求一种可行方案使得在所有点满足流量平衡条件的前提下，所有边满足流量限制。

输入格式：
第一行包含两个整数nnn和mmm。接下来mmm行，每行包含四个整数a,b,c,da,b,c,da,b,c,d表示点aaa和bbb之间存在一条有向边，该边的流量下界为ccc，流量上界为ddd。点编号从111到nnn。

输出格式：
如果存在可行方案，则第一行输出YES，接下来mmm行，每行输出一个整数，其中第iii行的整数表示输入的第iii条边的流量。如果不存在可行方案，直接输出一行NO。如果可行方案不唯一，则输出任意一种方案即可。

数据范围：
1≤n≤2001≤n≤2001≤n≤200
1≤m≤102001≤m≤102001≤m≤10200
1≤a,b≤n1≤a,b≤n1≤a,b≤n
0≤c≤d≤100000≤c≤d≤100000≤c≤d≤10000

无源汇上下界可行流又称为循环流，像是一定量的水在水管里循环流动。由于每条边有容量下限，所以容易想到构建新的网络，将每条边的容量设为是原图的容量上下限之差，这样在新网络里任一一个可行流必然满足容量限制，但是流量守恒就不一定满足了。我们可以采用这样的方法，如果入边的总容量下限ccc大于出边的总容量下限c′c'c′，那么可以从源点SSS补充差值给这个点（即从源点到这个点开一条容量是c−c′c-c'c−c′的边）；反之，则从该点把多出来的差补给汇点TTT（即从该点到汇点开一条容量是c′−cc'-cc′−c的边）。题目问是否存在满足容量限制的可行流，相当于问新网络里的最大流是否可以达到源点的出边容量之和（这里有个细节，为什么我们只需要看新网络里最大流是源点出边的满流就行了呢，不需要看其是否是汇点入边的满流吗？答案是，确实不用看。原因在于，设每个点uuu的入边容量下界之和减去出边容量下界之和等于A[u]A[u]A[u]，考虑∑u≠S,TA[u]\sum_{u\ne S,T} A[u]∑u=S,TA[u]，原图每条边u→vu\to vu→v的容量下界clc_lcl，都会使得A[u]A[u]A[u]减少clc_lcl，也会使得A[v]A[v]A[v]增加clc_lcl，所以∑u≠S,TA[u]=0\sum_{u\ne S,T} A[u]=0∑u=S,TA[u]=0，而SSS出边满流就等于∑u≠S,T∧A[u]>0A[u]\sum_{u\ne S,T\land A[u]>0}A[u]∑u=S,T∧A[u]>0A[u]，其等于TTT入边满流−∑u≠S,T∧A[u]<0A[u]-\sum_{u\ne S,T\land A[u]<0}A[u]−∑u=S,T∧A[u]<0A[u]）。可以粗略的看一下对应关系，对于新网络里的任意一个满流，去掉源点和汇点（和它们连接的边）之后，将每个边里的流加一下其在原图里的下限，就得到的一个原图的可行流；对于原图的一个可行流，将每个边里的流减去其在原图里的下限，再加上源点和汇点按上述所说方式构图，就能得到新网络里的一个满流。所以问题就转化为在新网络里求最大流，可以用Dinic算法。代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 210, M = (10200 + N) * 2, INF = 1e8;
int n, m, S, T;
int h[N], e[M], ne[M], f[M], l[M], idx;
int q[N], d[N], cur[N], A[N];// 构造新网络的残留网络。每条边的容量是上限 - 下限
void add(int a, int b, int c, int d) {e[idx] = b, ne[idx] = h[a], f[idx] = d - c, l[idx] = c, h[a] = idx++;e[idx] = a, ne[idx] = h[b], f[idx] = 0, h[b] = idx++;
}bool bfs() {memset(d, -1, sizeof d);int hh = 0, tt = 0;q[tt++] = S, d[S] = 0, cur[S] = h[S];while (hh < tt) {int t = q[hh++];for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {int v = e[i];if (d[v] == -1 && f[i]) {d[v] = d[t] + 1;if (v == T) return true;cur[v] = h[v];q[tt++] = v;}}}return false;
}int dfs(int u, int limit) {if (u == T) return limit;int flow = 0;for (int i = cur[u]; ~i && flow < limit; i = ne[i]) {cur[u] = i;int v = e[i];if (d[v] == d[u] + 1 && f[i]) {int t = dfs(v, min(limit - flow, f[i]));if (!t) d[v] = -1;f[i] -= t, f[i ^ 1] += t, flow += t;}}return flow;
}int dinic() {int r = 0, flow;while (bfs()) while(flow = dfs(S, INF)) r += flow;return r;
}int main() {cin >> n >> m;S = 0, T = n + 1;memset(h, -1, sizeof h);for (int i = 0; i < m; i++) {int a, b, c, d;cin >> a >> b >> c >> d;add(a, b, c, d);A[a] -= c, A[b] += c;}int tot = 0;// 求一下满流的流量for (int i = 1; i <= n; i++)if (A[i] > 0) add(S, i, 0, A[i]), tot += A[i];else if (A[i] < 0) add(i, T, 0, -A[i]);// 如果最大流不是源点出边全满的流，则说明无解，否则输出流量if (dinic() < tot) cout << "NO" << endl;else {cout << "YES" << endl;for (int i = 0; i < m * 2; i += 2) // 流量是残留网络的反向边的容量，再加下限cout << f[i ^ 1] + l[i] << endl;}return 0;
}

时间复杂度O(n2m)O(n^2m)O(n2m)，空间O(n)O(n)O(n)。

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