图论-网络流⑦-费用流解题

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大纲

什么是网络流

最大流（最小割）

D i n i c Dinic Dinic （常用）

E K EK EK

S a p Sap Sap

F o r d − F u l k e r s o n Ford-Fulkerson Ford−Fulkerson（不讲）

H L P P HLPP HLPP （快）

最大流解题

费用流

E K EK EK 费用流

D i n i c Dinic Dinic 费用流

z k w zkw zkw 费用流

费用流解题 Start \color{#33cc00}\texttt{Start} Start End \color{red}\texttt{End} End

有上下界的网络流

无源汇上下界可行流

有源汇上下界可行流

有源汇上下界最大流

有源汇上下界最小流

最大权闭合子图

有上下界的网络流解题

前文中讲了费用流的定义和 3 3 3 种费用流算法，这一篇中会讲几道费用流的经典例题。

费用流解题

费用流的解题套路和最大流差不多，无非就是多加了个费用条件。因为费用流的算法时间复杂度很玄学，所以有些时候优化很重要。

同最大流解题思路，源点表示发货商，汇点表示该公司的客户。每个月都可以买无穷产品，所以 s s s 向每个月节点连流量为 ∞ \infty ∞ 费用为 d i d_i di 的边；每个月节点向 t t t 连流量为 U i U_i Ui 的边（满足最大流就相当于满足客户），因为每个月还可以储存，所以每个月节点向下个月节点（如果有下个月节点）连流量为 S S S 费用为 m m m 的边。 跑个最小费用最大流，总费用就是最低成本。

整理一下：

D i n i c Dinic Dinic费用流代码（以前写的，码风很蒻）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int M=6e6+10;
const int inf=1e8+10;
int n,m,S,s,t,fans,cosans;
struct edge{int adj,nex,fw,r;
}e[M];
int g[N],top=1;
void add(int x,int y,int z,int w){e[++top]=(edge){y,g[x],z,w};g[x]=top;
}
int dep[N],cur[N];
bool vis[N];
queue<int> Q;
bool spfa(){// puts("spfa()");for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0,dep[i]=inf;Q.push(s),vis[s]=1,dep[s]=0;for(int i=1;i<=n;cur[i]=g[i],i++);while(Q.size()){int x=Q.front(); Q.pop();vis[x]=0;for(int i=g[x];i;i=e[i].nex){int to=e[i].adj,d=e[i].r;if(e[i].fw&&dep[to]>dep[x]+d){dep[to]=dep[x]+d;if(!vis[to]){vis[to]=1;Q.push(to);}}}}return dep[t]!=inf;
}
int dfs(int x,int F){// puts("dfs");if(!F||x==t)return F;int flow=0,f;vis[x]=1;for(int i=cur[x];i;i=e[i].nex){int to=e[i].adj; cur[x]=i;if(!vis[to]&&dep[x]+e[i].r==dep[to]&&(f=dfs(to,min(F,e[i].fw)))>0){e[i].fw-=f;e[i^1].fw+=f;flow+=f,F-=f;if(!F){vis[x]=0;break;} }}return flow;
}
int main(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&S);for(int i=1,x;i<=n;i++){scanf("%d",&x);add(i+1,n+2,x,0);add(n+2,i+1,0,0);}for(int i=1,x;i<=n;i++){scanf("%d",&x);add(1,i+1,inf,x);add(i+1,1,0,-x);}for(int i=1;i<n;i++)add(i+1,i+2,S,m),add(i+2,i+1,0,-m);s=1; n=t=n+2;while(spfa()){int d=dfs(s,inf);fans+=d,cosans+=d*dep[t];}printf("%d\n",cosans);return 0;
}

总结：普通费用流题按图索骥即可。

[SDOI2010]星际竞速

思维难度排名前 10 % 10\% 10%，蒟蒻以前写的题解：传送门

我把这题的思想叫做接力棒思想，因为我就是想到接力棒的时候突然知道怎么做的。这题你想一个流遍历所有点是不可能的，因为这道题正好否决了所以这样的方法。

正解就像在接力跑。想象有 n + 1 n+1 n+1 个人接力跑，刚开始时都在 s s s 点上，分别对应 s s s 和 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 这 n + 1 n+1 n+1 个节点，开始时接力棒在 s s s 那个人手上。
1 ∼ n 1\sim n 1∼n 算操场里的点，开始时 s s s 对应的运动员开跑。在未经召唤的情况下从场外到场内节点 i i i 需要花费 a i a_i ai，所以 s s s 运动员就花费某个 a x a_x ax 到场内节点 x x x，然后到达节点后打卡，休息。
然后 x x x 节点对应的运动员受到 s s s 的召唤，免费瞬移到 x x x 节点，然后沿着道路花费相应的费用到另一个节点，并打卡，休息，召唤该节点对应的运动员。
然后反复这个过程，除了 s s s 节点对应的运动员，别的运动员也可以花费 a i a_i ai 的费用跑到场内，或免费受召唤瞬移，最终所有 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 节点被打卡一次后，接力赛结束。
然后按照被转化的问题，按图索骥一下建个图，最后的最大流最小费用就是答案。

整理一下：

注1：这个图表示样例 1 1 1 的连边方法。
注2：题目中说只能星际航行到引力大的星球。
注3：图中的边流量都为 1 1 1。

AC \color{#7d0}\texttt{AC} AC 代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+10;
const int M=2e6+10;
const int inf=1e8;
int d(){int x; scanf("%d",&x); return x;}
int n,m,p,s,t,a[N],fans,cans;
struct edge{int adj,nex,fw,r;
}e[M];
int g[N],top=1;
void add(int x,int y,int z,int w){e[++top]=(edge){y,g[x],z,w};g[x]=top;
}
void Add(int x,int y,int z,int w){// printf("%d-%d %d %d\n",x,y,z,w);add(x,y,z,w),add(y,x,0,-w);
}
int dep[N],cur[N];
bool vis[N];
queue<int> Q;
bool spfa(){for(int i=1;i<=p;i++)vis[i]=0,dep[i]=inf,cur[i]=g[i];Q.push(s),vis[s]=1,dep[s]=0;while(Q.size()){int x=Q.front(); Q.pop();vis[x]=0;for(int i=g[x];i;i=e[i].nex){int to=e[i].adj,d=e[i].r;if(e[i].fw&&dep[to]>dep[x]+d){dep[to]=dep[x]+d;if(!vis[to]){vis[to]=1;Q.push(to);}}}}return dep[t]!=inf;
}
int dfs(int x,int F){if(!F||x==t)return F;int flow=0,f;vis[x]=1;for(int i=cur[x];i;i=e[i].nex){int to=e[i].adj; cur[x]=i;if(!vis[to]&&dep[x]+e[i].r==dep[to]&&(f=dfs(to,min(F,e[i].fw)))>0){e[i].fw-=f;e[i^1].fw+=f;flow+=f,F-=f;if(!F){vis[x]=0;break;} }}return flow;
}
int main(){n=d(),m=d(),p=t=2*n+2,s=t-1;for(int i=1,x;i<=n;i++){a[i]=d(); Add(i+n,t,1,0);Add(s,i,1,0),Add(s,i+n,1,a[i]);}for(int i=1;i<=m;i++){int x=d(),y=d(),z=d();if(x>y) swap(x,y);if(z<a[y]) Add(x,y+n,1,z);}while(spfa()){int D=dfs(s,inf);fans+=D,cans+=D*dep[t];}printf("%d\n",cans);return 0;
}

总结：网络流题一定、一定、一定要多思考。

[NOI2008]志愿者招募

本蒟蒻做过的最巧妙的费用流题目（没有之一），很谔谔。

源点连志愿者，志愿者连控制的天（区间），天连汇点是最典型的爆〇方式。这题的思想有点像有些比较抠的差分约束题的思想但又不是。

正解就像在闯关。每一天就是一关，开始时你有 ∞ \infty ∞ 个小人，到第 n + 1 n+1 n+1 关时还有这么多小人，就赢了。 第 i i i 天只能免费通过 ∞ − a i \infty-a_i ∞−ai （注：这里的 ∞ \infty ∞ 是有数值的， ∞ ≠ ∞ − a i \infty\neq\infty-a_i ∞=∞−ai）个人，剩下的人需要乘坐不免费的时空穿越机。
每个志愿者就是一台能从 s i s_i si 关跳到 t i + 1 t_i+1 ti+1 关的时空穿越机，花费为 c i c_i ci，只能乘坐一个小人。 但因为每种志愿者有无限个，所以可以看作能乘坐无穷小人，费用为 c i / c_i/ ci/人。
求最后赢得所有 n + 1 n+1 n+1 关最少的费用。然后按图索骥建个图，跑个最大流最小费用就是答案。

整理一下：

注：图为题目样例。

AC \color{#499}\texttt{AC} AC 代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int M=1e4+10;
const int P=2e4+10;
const int E=3e7+10;
const int inf=1e8;
int d(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
int n,m,p,s,t,fans,cans;
struct edge{int adj,nex,fw,r;
}e[E];
int g[P],top=1;
void add(int x,int y,int w,int r){e[++top]=(edge){y,g[x],w,r};g[x]=top;
}
void Add(int x,int y,int w,int r){add(x,y,w,r),add(y,x,0,-r);
}
int dep[P],cur[P];
bool vis[P];
queue<int> q;
bool spfa(){for(int i=1;i<=p;i++)vis[i]=0,dep[i]=inf,cur[i]=g[i];q.push(s),vis[s]=1,dep[s]=0;while(q.size()){int x=q.front();q.pop(),vis[x]=0;for(int i=g[x];i;i=e[i].nex){int to=e[i].adj,d=e[i].r;if(e[i].fw&&dep[to]>dep[x]+d){dep[to]=dep[x]+d;if(!vis[to]) vis[to]=1,q.push(to);}}}return dep[t]!=inf;
}
int dfs(int x,int F){if(!F||x==t)return F;int flow=0,f;vis[x]=1;for(int i=cur[x];i;i=e[i].nex){int to=e[i].adj; cur[x]=i;if(!vis[to]&&dep[x]+e[i].r==dep[to]&&(f=dfs(to,min(F,e[i].fw)))>0){e[i].fw-=f,e[i^1].fw+=f;flow+=f,F-=f;if(!F){vis[x]=0; break;}}}return flow;
}
int main(){n=d(),m=d();p=t=n+m+3,s=t-1;for(int i=1;i<=n;i++)Add(i,i+1,inf-d(),0);for(int i=1;i<=m;i++){int S=d(),T=d(),C=d();Add(S,T+1,inf,C);}Add(s,1,inf,0),Add(n+1,t,inf,0);while(spfa()){int D=dfs(s,inf);fans+=D;cans+=dep[t]*D;}printf("%d\n",cans);
}

总结：有什么好总结的呢，脑洞和思考最重要吧。

下一篇会讲有关有上下界的网络流的知识。

祝大家学习愉快！