概 念

网络流图

若有向图G=(V,E)G=(V,E)G=(V,E)满足：

• 有且仅有一个顶点SSS，它的入读为000，即d−(S)=0d-(S) = 0d−(S)=0,这个顶点S便称为源点。
• 有且仅有一个顶点TTT，它的出度为000，即d+(T)=0d+(T) = 0d+(T)=0,这个顶点T便称为汇点。
• 每一条弧都有非负数，叫做这个边的容量。边(vi,vj)(vi,vj)(vi,vj)的容量用CijCijCij表示
  则称之为网络流图，记为Ｇ=(V,E,C)Ｇ = (V,E,C)Ｇ=(V,E,C)

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可行流

用fffi,j表示从iii到jjj的流量，满足：

• 没一条弧(i,j)(i,j)(i,j)有fffi,j <=C<= C<=Ci,j
• 流量平衡：除源点和汇点以外的所有点vivivi，有 ΣΣΣjfffi,j =Σ= Σ=Σkfffj,k
• 对于源点SSS和汇点TTT有，ΣifΣifΣifS,i =Σjf= Σjf=Σjfj,T =v(f)= v(f)=v(f)

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可改进路(增广路)

找到一条路径，使原来S−>TS->TS−>T的流量增加。

残留网络

由残留的容量(边的容量减去可行流)以及源点汇点构成的网络。

割

在容量网络 G(V,E)G(V, E)G(V,E) 中, 设 E′⊆EE'⊆EE′⊆E, 如果在 GGG 的基图中删去 E′E'E′ 后不再连通, 则称 E′E'E′ 是 GGG 的割。割将 GGG 的顶点集 VVV 划分成两个子集 SSS 和 T=V−ST = V - ST=V−S。将割记为(S,T)(S, T)(S,T)。

基本理论

• 对于S−TS-TS−T一个可行流f,ff,ff,f一定小于割的容量。
• 可行流f是最大流的充分必要条件是：残留网络中不存在可改进流量。
• 最大流最小割定理 - 最大流等于最小割

求最大流思路

ＦＦ方法

1. 初始化网络中各个边的容量，c<u,v>c<u,v>c<u,v>为该边的容量，c<u,v>c<u,v>c<u,v>为初始化0。
2. 在残留网络中找到一条sss到ttt的增广路。能找到到3，不能到5
3. 在增广路中找到容量最小的边记为xxx，加到最大流中。
4. 在增广路中所有边的流量减去xxx，反向边加上xxx，构成新的残留网络，转到2
5. 得到最大流。

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EK算法

int EK(int s,int t){int flow = 0 ;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(!a[y] && w[i] > 0){a[y] = min(a[u],w[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){w[pre[i]] -= a[t],w[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}

dinic

bool bfs(int s,int t){memset(st,0,sizeof st);memset(d,inf,sizeof d);queue<int> q;q.push(s);st[s] = true;d[s] = 0;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(w[i] > 0 && d[y] > d[u] + 1){d[y] = d[u] + 1;if(!st[y])q.push(y); }}}return d[t] != inf;
}
int dfs(int s,int mw,int t){if(s == t)return mw;for(int &i = cur[s];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(w[i] <= 0 || d[y] != d[s] + 1)continue;int cw = dfs(y,min(mw,w[i]),t);if(cw <= 0)continue;w[i] -= cw;w[i^1] += cw;return cw; }return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow = 0;while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof h);while(int d = dfs(s,inf,t)) flow += d;}return flow;
}

最小费用最大流

保证S-T流量最大的情况下，所需费用最小。

EK+spfa

bool spfa(int s,int t){for(int i = 1;i<N;i++)dist[i] = inf,d[i] = 0,st[i] = 0;dist[s] = 0,d[s] = inf,st[s] = true;queue<int> q;q.push(s);while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] && dist[y] > dist[u] + w[i]){dist[y] = dist[u] + w[i];d[y] = min(d[u],f[i]);pre[y] = i;  if(!st[y]){q.push(y);st[y] = true; }}}     }return  dist[t] != inf;
}
int EK(int s,int t){int cost = 0,flow = 0;while(spfa(s,t)){for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= d[t];f[pre[i]^1] += d[t];}//根据条件改变cost += dist[t]*d[t]; flow += d[t];}return cost,flow;
}

dinic + spfa

int cur[M];
long long dist[M];
bool st[M];
long long cost;
bool spfa(int s,int t){for(int i = 0;i<N;i++)dist[i] = inf64,st[i] = 0;dist[s] = 0;st[s] = true;queue<int> q;q.push(s);while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(dist[y] > dist[u] + w[i] && f[i]){dist[y] = dist[u] + w[i];if(!st[y])st[y] = true,q.push(y);}}//cout <<u << endl;}return dist[t] != inf64;
}
long long dfs(int u,int t,long long mw){if(u == t)return mw;st[u] = true;for(int &i = cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || dist[y] != dist[u] + w[i] || st[y])continue;long long cw = dfs(y,t,min(f[i],mw));if(cw <= 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;cost += (long long)w[i] * cw;return cw;}st[u] = false;return 0;
}
long long dinic(int s,int t){while(spfa(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof cur);while(dfs(s,t,inf64));}return cost;
}

例 题

poj Power Network

题目链接

EK超时，dinic500ms

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
//526526
using namespace std;
const int N=310,M = 3e4+10,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
int d[N];
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int cur[N];
bool st[N];
int n,n1,n2,m;
int a[N],pre[N];
int S = 101,T=102;
/*
int EK(){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(S);a[S] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(!a[y] && f[i] > 0){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[T])break;}if(!a[T])break;for(int i = T;i!=S;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[T];f[pre[i]^1] += a[T];}flow += a[T];}return flow;
}
*/
bool dfs(int s,int t){memset(st,0,sizeof st);memset(d,inf,sizeof d);queue<int> q;q.push(s);st[s] = true;d[s] = 0;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && d[y] > d[u] + 1){d[y] = d[u] + 1;if(!st[y])q.push(y); }}}return d[t] != inf;
}
int bfs(int s,int mw,int t){if(s == t)return mw;for(int &i = cur[s];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || d[y] != d[s] + 1)continue;int cw = bfs(y,min(mw,f[i]),t);if(cw <= 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw; }return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow = 0;while(dfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof h);while(int d = bfs(s,inf,t)) flow += d;}return flow;
}
int main(){while(cin >> n >> n1 >> n2 >> m){idx = 0;memset(h,-1,sizeof h); int a,b,c;char t ; for(int i = 1;i<=m;i++){cin >> t >> a >> t >> b >> t >> c; add(a,b,c);}for(int i = 1;i<=n1;i++){cin >> t >> a >> t >> b;add(S,a,b);}for(int i = 1;i<=n2;i++){cin >> t >> a >> t >> b;add(a,T,b);}cout << dinic(S,T) << endl;    }return 0;
} 

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[网络流24题]最小路径覆盖问题

题目链接

思路:

最小覆盖和二分图最大匹配等价的 问题转换为求二分图的最大匹配。
网络流求二分图的最大匹配

• 将源点连上左边所有点，右边所有点连上汇点，容量皆为 1 。原来的每条边从左往右连边，容量也皆为1 ，最大流即最大匹配。

最小路径覆盖=总顶点数−最大匹配

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 350,M = 15100,inf = 0x3f;
int h[N],e[M],ne[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[M],a[N];
bool st[M],vis[N];
int n,m;
int S = 0,T = N-10;
void EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int > q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && !a[y]){a[y] = min(f[i],a[u]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}}
}
void dfs(int u){vis[u] = true;cout << u << " ";for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){if(st[i]){int y = e[i];dfs(y-n);// 1对1匹配不用找后面的了return ;}}
}
int main(){cin >> n >> m;int a,b;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=m;i++){cin >> a >> b;add(a,b+n,1);}for(int i = 1;i<=n;i++){add(S,i,1);add(i+n,T,1);}EK(S,T);//标记匹配边 和 匹配数量int cnt = 0;for(int i = 0;i<idx;i+=2){if(e[i]==S || e[i^1] == S)continue;if(e[i]==T || e[i^1] == T)continue;if(f[i]==0){//流量被用 st[i] = true;cnt ++;}}for(int i = 1;i<=n;i++){if(!vis[i])dfs(i),cout << endl;}cout << n - cnt << endl;return 0;
}

P2765 魔术球问题

题目链接

思路:

把柱子上的数成点，每个柱子相当与一条路径，题目转换为： 让你求n条路径,使的路径上的总点数和最多。 这个和最小路径覆盖相似，给你n个点，求最小覆盖所有点的路径的个数。正好相反。
源点(S)(S)(S)相当于底，汇点(T)(T)(T)相当于顶部。对于一个数iii,加边S−>iS->iS−>i , i+delat−>Ti + delat - > Ti+delat−>T,当我们依此加入一个点(i)(i)(i)时，判断是不是和小于他的数(j)(j)(j)组成完全平方数（进行加边j−>i+delatj->i+delatj−>i+delat）。求一下当前完美匹配给个数，最小路径覆盖=总顶点数−最大匹配 判读是否继续加数。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 6000,M = 1e6+10,inf = 0x3ff;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[M],a[N];
bool vis[N];
bool st[M];
bool chick(int x){int k = sqrt(x);return k*k == x;
}
int n;
int S = 0,T = N - 1,delat = 3000;
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);a[s] = inf;queue<int> q;q.push(s);while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(!a[y] && f[i] > 0){a[y] = min(a[u],f[i]);q.push(y);pre[y] = i;}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
void dfs(int u){vis[u] = true;cout << u << " ";for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){if(st[i]){dfs(e[i] - delat);return ;}}
}
int main(){cin >> n; memset(h,-1,sizeof h);int cnt = 0;//匹配个数int p;for(p = 1;;p++){add(S,p,1);add(p+delat,T,1);for(int i = 1;i<p;i++){if(chick(i+p))add(i,p+delat,1);}cnt += EK(S,T);//最小路径覆盖if(p - cnt > n)break;memset(st,0,sizeof st);//记录匹配for(int i = 0;i<idx;i+=2){if(e[i]==S || e[i^1] == S)continue;if(e[i]==T || e[i^1] == T)continue;if(f[i]==0){//流量被用 st[i] = true;}}}cout << p-1 << endl;for(int j = 1;j<=p-1;j++){if(!vis[j])dfs(j),cout << endl;}return 0;
}

[网络流24题]最长递增子序列问题

题目链接
思路:

1. 求最长上升子序列，le[i]le[i]le[i]表示iii位置序列最长长度。
2. 建立边 ： i−j(i>j)i - j (i>j)i−j(i>j)建立边条件 arr[i]>=arr[j]arr[i] >= arr[j]arr[i]>=arr[j] && le[i]=le[j]+1le[i] = le[j] + 1le[i]=le[j]+1
3. 对与问题2 以 源点(S)(S)(S)向 长度为111的点设置流量111. 长度为最长子序列长度的点向汇点(T)(T)(T)流量111.
4. 对于问题3 以 源点(S)(S)(S)向 长度为111的点设置流量infinfinf. 长度为最长子序列长度的点向汇点(T)(T)(T)流量infinfinf(注意最长子序列长度为111时流量为111.).

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1200,M = 1e6+10,inf = 0x3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[M],a[N];
int ans = 0;
int n,arr[N],le[N];
int S = 0 ,T = 501;
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(!a[y] && f[i] > 0){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break ;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
void slove(int val){memset(h,-1,sizeof h);idx = 0;for(int i = 1;i<=n;i++){if(!le[i])add(S,i,val);if(le[i] == ans)if(le[i] == 0)//最长为一个点，到汇点流量为1，表明只能用一下。add(i,T,1);else add(i,T,val);for(int j = i+1;j<=n;j++){if(arr[i] <= arr[j] && le[j] == le[i] + 1)add(i,j,1);}}cout << EK(S,T) << endl;
}
int main(){cin >> n ;for(int i = 1;i<=n;i++){cin >> arr[i];for(int j = 1;j<i;j++){if(arr[i] >= arr[j] && le[i] < le[j] + 1){le[i] = le[j] + 1;ans = max(le[i],ans);}}}cout << ans + 1 << endl;slove(1);slove(inf);return 0;
}

[CQOI2015]网络吞吐量

题目链接

思路:

由于数据从最最短上传输，先跑一边最短路，在最短路上建立边(这些边的流量为infinfinf)，对于吞吐量(iii节点只身的限制内部建边) i−>i+ni - > i+ni−>i+n 加一条边流量为当前节点的吞吐量。
这里注意infinfinf 要大点

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
//526526
using namespace std;
const int N = 2020,M = 2e5+10;
const long long inf = 0x7f7f7f7f3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],idx;
long long f[M];
void add(int a,int b,long long c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
long long dist[N];
bool st[N];
int n,m;
long long a[N],pre[N];
long long mp[N][N];
void spfa(){memset(dist,inf,sizeof dist);queue<int> q;q.push(1);st[1] = true;dist[1] = 0;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = 1;i <=n ;i++){if(mp[u][i] && dist[i] > dist[u] + mp[u][i]){dist[i] = dist[u] + mp[u][i];if(!st[i]){q.push(i);st[i] = true;}}}}
}
long long EK(int s,int t){long long flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(!a[y] && f[i] > 0){a[y] = min(f[i],a[u]);pre[y] = i;q.push(y);}  }if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
int main(){cin >> n >> m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=m;i++){long long a,b,c;cin >> a >> b >> c;if(mp[a][b] == 0)mp[a][b] = mp[b][a] = c;elsemp[a][b] = mp[b][a] = min(mp[a][b],c);}spfa();long long tp;int s = 0, t = 1500;add(s,1,inf);add(n+n,t,inf);for(int i = 1;i<=n;i++){cin >> tp;if(i != 1 && i != n) add(i,i+n,tp);else add(i,i+n,inf);} for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = 1;j<=n;j++){if(mp[i][j] && dist[j] == dist[i] + mp[i][j])add(i+n,j,inf);}}cout << EK(s,t) << endl;return 0;
}

[SCOI2007]蜥蜴

题目链接

思路:

• 对于每个点拆点(入点和出点)，容量为高度。
• 对于有高度的点向附近距离小于ddd的连边，出点连入店，容量为infinfinf。
• 对于有壁虎的点，源点sss向该点入点连边，容量为infinfinf。
• 对于能跑出棋盘的点(出点)向汇点连边，容量为infinfinf。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1500,M = N*N,inf=0x3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[N],a[N];
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && !a[y]){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
int n,m,d,tp;
bool check(int x1,int y1,int x2,int y2){return (x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2) <= d*d;
}
int main(){cin >> n >> m >> d;int delat = (n+1)*m;int s = 0,t = 1;memset(h,-1,sizeof h); for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = 1;j<=m;j++){scanf("%1d",&tp);//只身拆点add(i*m+j,i*m+j+delat,tp);if(tp == 0)continue;for(int I=1;I<=n;I++)for(int J=1;J<=m;J++){if(check(i,j,I,J)){add(i*m+j+delat,I*m+J,inf);}}//init t;if(i <= d || n<d+i || j <= d || m<d+j)add(i*m+j+delat,t,inf);}}//init schar tp;int sum = 0;for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = 1;j<=m;j++){cin >> tp;if(tp == 'L')add(s,i*m+j,1),sum ++;}}cout << sum - EK(s,t) << endl;return 0;
}

PIGS

题目链接

建图：

对于第iii个人如果想买第jjj头猪圈的猪

1. 如果jjj猪圈没被合并过，则从源点sss连向iii一条容量为猪圈大小的边。
2. 如过jjj猪圈和并过，这从最后一次合并的那个人流向iii一条容量为infinfinf的边。

最后iii向汇点ttt连一个容量为购买猪数的边。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
//526526
using namespace std;
const int N = 2000,M =2e5+10,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[N],a[N];
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && !a[y]){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
int n,m;
int id[N];
int d[N];
int main(){cin >> m >> n;int s = 0,t = N-1;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=m;i++){cin >> d[i];} int k,tp; for(int i = 1;i<=n;i++){cin >> k;while(k-- ){cin >> tp;if(!id[tp])add(s,i,d[tp]);else add(id[tp],i,inf);id[tp] = i;}cin >> tp;add(i,t,tp);}cout << EK(s,t) << endl;return 0;
} 

[网络流24题]飞行员配对方案问题

题目链接
思路1：

二分图最大匹配。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 110,M = 2e5+10;
int h[N],ne[M],e[M],idx;
void add(int a,int b){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,h[a] = idx++;
}
int match[N];
bool st[N];
int n,m;
bool find(int u){for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(st[y])continue;st[y] = true;if(!match[y] || find(match[y])){match[y] = u;return true;}}return false;
}
int main(){cin >> n >> m;int u,v;memset(h,-1,sizeof h);while(cin >> u >> v){if(u == -1)break;add(u,v);}int res = 0;for(int i = 1;i<=m;i++){memset(st,0,sizeof st);if(find(i))res++;}cout << res << endl;return 0;
}

网络流做法:

建图

1. 源点sss向外籍飞行员建立一条容量为111的边。
2. 英国飞行员向汇点ttt建立一条容量为111的边。
3. 能匹配的飞行员之间建立一条容量为111的边。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 210,M = N*N,inf=0x3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[N],a[N];
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && !a[y]){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
int n,m;
int main(){cin >> n >> m;int u,v;int s = 0,t = 110;memset(h,-1,sizeof h);while(cin >> u >> v){if(u == -1)break;add(u,v,1);}for(int i = 1;i<=n;i++){if(i <= m)add(s,i,1);else add(i,t,1);}cout << EK(s,t) << endl;return 0;
}

[网络流24题]圆桌问题

题目链接

思路：

二分图的多重匹配转换为网络流。

1. sss向代表连一条容量为代表人数的边。
2. 餐桌向ttt连一条容量为餐桌大小的边。
3. 代表向餐桌连一条容量为111的边。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1000,M = N*N,inf=0x3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[N],a[N];
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && !a[y]){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
vector<int> ans[N];
int n,m;
int main(){cin >> n >> m;memset(h,-1,sizeof h);int tp,sum = 0;int s = 0,t = N - 1,delat = 200;for(int i = 1;i<=n;i++){cin >> tp;add(s,i,tp);sum += tp;}for(int i = 1;i<=m;i++){cin >> tp;add(i+delat,t,tp);for(int j = 1;j<=n;j++){add(j,i+delat,1);}}if(EK(s,t) == sum){cout << 1 << endl;for(int i = 0;i<idx;i+=2){if(e[i]==s || e[i^1] == s)continue;if(e[i]==t || e[i^1] == t)continue;if(f[i]==0){//流量被用 ans[e[i^1]].push_back(e[i]-delat);}}for(int i = 1;i<=m;i++){for(int j = 0;j<ans[i].size();j++)cout << ans[i][j] << " ";cout << endl;}}else{cout << 0 << endl;}return 0;
}

Fox And Dinner

题目链接

分析：

题目说一个环至少333个数，表明每个数都要有两两两个相邻的数。
和为质数，有a>2a>2a>2，所以任意两个数的和一定大于222,表明一定是一奇一偶的和。
建图

1. sss向偶数建立一条容量为222的边，奇数向t建立一条容量为222的边。
2. 和为质数的两个数连容量为111的一条边

代码代码代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
//526526
using namespace std;
const int N = 300,M = 4e5+10,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
vector<int> prime;
bool st[M],is_prime[M];
void getprime(int n = M){for(int i = 2;i<=n;i++){if(!st[i])prime.push_back(i),is_prime[i] = true;for(int j = 0;j<prime.size() && prime[j] * i< n;j++){st[i*prime[j]] = true;if(i % prime[j] == 0)break;}}
}
int dist[N],cur[N];
bool bfs(int s,int t){memset(dist,inf,sizeof dist);memset(st,0,sizeof st);queue<int> q;q.push(s);dist[s] = 0;st[s] = true;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && dist[y] > dist[u] + 1){dist[y] = dist[u] + 1;if(!st[y])q.push(y);} }}return dist[t] != inf;
}
int dfs(int u,int mv,int t){if(u == t)return mv;for(int &i = cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || dist[y] != dist[u] + 1)continue;int cw = dfs(y,min(mv,f[i]),t);if(cw <= 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw;}return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow=0;while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof h);while(int d = dfs(s,inf,t))flow += d;}return flow;
}
int n;
int a[N];
int ans = 1;
vector<int> res[N];
int s,t;
void find(int u){res[ans].push_back(u);st[u] = true;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){if(e[i] == t || e[i^1] == t)continue;int j;if(a[u] & 1)j = i ^ 1;else j = i;  if(f[j] == 0 && !st[e[i]]){find(e[i]);} }
}
int main(){memset(h,-1,sizeof h);getprime();cin >> n;s=0,t=n+1;int even=0,odd=0;for(int i = 1;i<=n;i++){cin >> a[i];if(a[i]&1)add(i,t,2),odd++;else add(s,i,2),even++;for(int j = 1;j<i;j++){if(is_prime[a[i]+a[j]]){if(a[i]&1)add(j,i,1);else add(i,j,1);}}}if(even != odd || dinic(s,t) != n)printf("Impossible");else{    for(int i = 1;i<=n;i++){if(!st[i])find(i),ans++;}cout << ans-1 << endl;for(int i = 1;i<ans;i++){cout << res[i].size();for(int j = 0;j<res[i].size();j++)cout << " " << res[i][j] ;cout << endl;}}return 0;
}

Optimal Milking

题目链接
思路：

二分最大距离判断是否合适

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
//526526
using namespace std;
const int N = 300,M = 2*N*N,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int cur[N],dist[N];
bool st[N];
bool bfs(int s,int t){memset(dist,inf,sizeof dist);memset(st,0,sizeof st);queue<int> q;q.push(s);dist[s] = 0;st[s] = true;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && dist[y] > dist[u] + 1){dist[y] = dist[u] + 1;if(!st[y])q.push(y);}}}return dist[t] != inf;
}
int dfs(int u,int mv,int t){if(u == t)return mv;for(int &i = cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || dist[y] != dist[u] + 1)continue;int cw = dfs(y,min(f[i],mv),t);if(cw <= 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw;}return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow=0;while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof h);while(int d = dfs(s,inf,t))flow += d;} return flow;
}
int n,m,d;
int mp[N][N];
bool check(int mid){memset(h,-1,sizeof h);idx = 0;int s = 0,t = n+m+1;for(int i = 1;i<=n;i++){add(i,t,d);}for(int i = n+1;i<=n+m;i++){add(s,i,1);}for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = n+1;j<=n+m;j++){if(mp[i][j] <= mid)add(j,i,1);}}return dinic(s,t) == m;
}
int main(){while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&d)){int t = n+m;for(int i = 1;i<=t;i++){for(int j = 1;j<=t;j++){cin >> mp[i][j];if(mp[i][j] == 0)mp[i][j] = inf;}}for(int k = 1;k<=t;k++)for(int i = 1;i<=t;i++)for(int j = 1;j<=t;j++)mp[i][j] = min(mp[i][j],mp[i][k] + mp[k][j]);int l = 0,r = inf;while(l < r){int  mid = l + r >> 1;if(check(mid))r = mid;else l = mid + 1;}cout << l << endl;}return 0;
}

Dining

题目链接

建图：

分为三部分:

1. 左边为食物，s−>s - >s−> 食物容量为111.
2. 右边为饮料，饮料−>t-> t−>t容量为111.
3. 中间为牛，把牛拆点限制只能用一头，饮料−>->−>牛入点，牛入点−>->−>牛出点，牛出点−>->−>饮料.

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 500,M = 2*N*N,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int d[N],cur[N];
bool st[N];
bool bfs(int s,int t){memset(d,inf,sizeof d);memset(st,0,sizeof st);queue<int> q;q.push(s);st[s] = true;d[s] = 0;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && d[y] > d[u] + 1){d[y] = d[u] + 1;if(!st[y])q.push(y);}}}return d[t] != inf;
}
int dfs(int u,int mw,int t){if(u == t)return mw;for(int &i = cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || d[y] != d[u] + 1)continue;int cw = dfs(y,min(f[i],mw),t);if(cw == 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw;}return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow = 0;while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof h);while(int d = dfs(s,inf,t))flow += d;}return flow;
}
int n,m,k;
int main(){cin >> n >> k >> m;int d1,f1,tp;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=n;i++){cin >> d1 >> f1;for(int j = 1;j<=d1;j++){cin >> tp;add(tp,i+k+m,1);}for(int j = 1;j<=f1;j++){cin >> tp;add(i+k+m+n,tp+k,1);}add(i+k+m,i+k+m+n,1);}int s = 0,t = k+n+m+n+1;for(int i = 1;i<=k+m;i++){if(i <= k)add(s,i,1);else add(i,t,1);}cout << dinic(s,t) << endl;return 0;
}

[网络流24题]星际转移问题

题目链接

思路:

分层图

1. 用(i,j)(i,j)(i,j)，表示第iii天的jjj号太空站(包括地球和月球)
2. 每天太空船经过的太空站(u−>v)(u->v)(u−>v) 连一条容量为太空船大小的边，(i−1,u)−>(i,v)(i-1,u) - > (i,v)(i−1,u)−>(i,v)。
3. 每天s−>s->s−>地球(0)(0)(0)连一条容量为infinfinf的边，月球(n)(n)(n)向t连一条容量为infinfinf的边， (0,s)−>(i,0),(i,n)−>(0,t)(0,s) ->(i,0) , (i,n) - > (0,t)(0,s)−>(i,0),(i,n)−>(0,t)。
4. 昨天的天空站向今天的天空站连一条容量infinfinf的边(代表太空站能容纳人)， (i−1,j)−>(i,j)(i-1,j)->(i,j)(i−1,j)−>(i,j)。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 2000,M = N*N,inf  = 0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int d[N],cur[N];
bool st[N];
int flow = 0;
bool bfs(int s,int t){memset(d,inf,sizeof d);memset(st,0,sizeof st);queue<int> q;q.push(s);st[s] = true;d[s] = 0;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && d[y] > d[u] + 1){d[y] = d[u] + 1;if(!st[y])q.push(y);}}}return d[t] != inf;
}
int dfs(int u,int mw,int t){if(u == t)return mw;for(int &i = cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || d[y] != d[u] + 1)continue;int cw = dfs(y,min(f[i],mw),t);if(cw == 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw;}return 0;
}
int dinic(int s,int t){while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof h);while(int d = dfs(s,inf,t))flow += d;}return flow;
}
int n,m,k;
vector<int> a[30];
int point[30],w[30];
int ans = 0;
int s = N - 2,t = N - 1,tp;
int main(){cin >> n >> m >> k;n+=2;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=m;i++){cin >> w[i] >> tp;for(int j = 1;j<=tp;j++){int x;cin >> x;x ++;if(x == 0)x = n;a[i].push_back(x);}}add(s,1,inf);add(n,t,inf);while(++ans < 50){add(s,1 + n*ans,inf);add(n*ans+n,t,inf);for(int i = 1;i<=m;i++){int x = a[i][point[i]],y;if(point[i] + 1 >= a[i].size())point[i] = 0;else point[i] ++;y = a[i][point[i]];add(n*ans+x-n,y+n*ans,w[i]);}for(int i = 1;i<n;i++){add(n*ans+i-n,ans*n+i,inf);}dinic(s,t);if(flow >= k)break;}if(ans == 50)cout << 0 << endl;else cout << ans << endl;return 0;
}

[网络流24题]方格取数问题

题目链接

最小割

oi wiki
割¶

对于一个网络流图 GGG，其割的定义为一种 点的划分方式：将所有的点划分为 SSS 和 T=G−ST=G-ST=G−S 两个集合，其中源sss属于SSS点 ，汇点ttt属于TTT 。

容量¶

割 (S,T)(S,T)(S,T)的容量 表示所有从 SSS 到 TTT 的边的容量之和c(S,T)c(S,T)c(S,T).

最小割¶

最小割就是求得一个割(S,T)(S,T)(S,T)使得割的容量c(S,T)c(S,T)c(S,T)最小. (就是一个使得断掉的边权值和最小的划分方案)。

最大流最小割定理

• f(s,t)max=c(s,t)minf(s,t)max = c(s,t)minf(s,t)max=c(s,t)min;

问题模型¶

有 nnn 个物品和两个集合 A,BA,BA,B ，如果将一个物品放入 AAA 集合会花费 aiaiai，放入 BBB 集合会花费 bibibi；还有若干个形如 uuu 和 vvv 同时不在一个集合会花费 wiwiwi 。每个物品 必须且只能属于一个集合，求最小的代价。

建图¶

每个集合设置源点 sss 和汇点 t，第 iii 个点由 sss 连一条容量为 aiaiai 的边、向 ttt 连一条容量为 bibibi 的边。对于限制条件 ，在 u,vu,vu,v 之间连容量为 wiwiwi 的双向边。

...................................分割线................................................................................................................

本题思路：

二分图点权最大独立集

带点权二分图GGG中的一个子集VVV，其中一条边的两个端点不能同时属于VVV，且VVV中点权和最大。
点覆盖集的补集就是独立集，因为点覆盖集中每个边都至少被一个点覆盖，补集就不可能存在一条边的两个端点。

那么显然：二分图点权最大独立集=二分图点权和-二分图最小点权覆盖集(最小的点覆盖最多的边)

在二分图中，有一个特殊的性质：当所有点权都为1时，最大匹配数 = 最小权点覆盖集；最大权独立集 = n - 最小权点覆盖集。

上面的模型是说都要选，该题是不能选相邻的，可以将相邻的(黑白染色)建立一条容量为infinfinf的边，sss向白点连一条容量为ai,jai,jai,j的边，黑点向ttt连一条容量为ai,jai,jai,j的边。

代码代码代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 10100,M = 1e6+10,inf=0x3f3f3f;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int pre[N],a[N];
int EK(int s,int t){int flow = 0;while(1){memset(a,0,sizeof a);queue<int> q;q.push(s);a[s] = inf;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] > 0 && !a[y]){a[y] = min(a[u],f[i]);pre[y] = i;q.push(y);}}if(a[t])break;}if(!a[t])break;for(int i = t;i!=s;i=e[pre[i]^1]){f[pre[i]] -= a[t];f[pre[i]^1] += a[t];}flow += a[t];}return flow;
}
int n,m;
int main(){int tp,s = 0,t=1,sum=0;cin >> n >> m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = 1;j<=m;j++){cin >> tp;sum+=tp;if((i+j)&1){add(s,i*m+j,tp);if(i - 1 >= 1)add(i*m+j,(i-1)*m+j,inf);if(i + 1 <= n)add(i*m+j,(i+1)*m+j,inf);if(j - 1 >= 1)add(i*m+j,i*m+j-1,inf);if(j + 1 <= m)add(i*m+j,i*m+j+1,inf);}else{add(i*m+j,t,tp);}}}cout << sum - EK(s,t) << endl;return 0;
}

最大获利

题目链接

最大权图

概念¶

有一个有向图，每一个点都有一个权值(可以正负),选择一个权值和最大的子图，使得每一个点的后继都在子图里面，这个子图就叫最大权闭合子图。

解决方法¶

从源点s向每个正权点连一条容量为权值的边，每个负权点向汇点t连一条容量为权值的绝对值的边，有向图原来的边容量为无穷大。>求他的最小割，割掉后，于源点s联通的点构成最大权闭合子图，权值为(正权值之和-最小割).

题目代码。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 60000,M = 2e6+10,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],e[M],ne[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int cur[N],d[N];
bool bfs(int s,int t){memset(d,0,sizeof d);queue<int> q;q.push(s);d[s] = 1;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] && !d[y])d[y] = d[u] + 1,q.push(y);}}return d[t];
}
int dfs(int u,int t,int mw){if(u == t)return mw;for(int &i=cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || d[y] != d[u] + 1)continue;int cw=dfs(y,t,min(f[i],mw));if(cw == 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw;}return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow = 0;while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof cur);while(int d = dfs(s,t,inf))flow += d;}return flow;
}
int n,m;
int main(){cin >> n >> m;int s = 0 , t=n+m+1,tp;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=n;i++)cin >> tp,add(s,i,tp);int sum = 0;for(int i = 1;i<=m;i++){int a,b,c;cin >> a >> b >> c;add(a,++n,inf);add(b,n,inf);add(n,t,c);sum += c;}cout << sum - dinic(s,t) << endl;return 0;
}

Magic Slab

题目链接

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 4e4+10,M = 2e6+10,inf = 0x3f3f3f3f;
int h[N],e[M],ne[M],f[M],idx;
void add(int a,int b,int c){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,h[b] = idx++;
}
int cur[N],d[N];
bool bfs(int s,int t){memset(d,0,sizeof d);queue<int> q;q.push(s);d[s] = 1;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] && !d[y])d[y] = d[u] + 1,q.push(y);}}return d[t];
}
int dfs(int u,int t,int mw){if(u == t)return mw;for(int &i=cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || d[y] != d[u] + 1)continue;int cw=dfs(y,t,min(f[i],mw));if(cw == 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;return cw;}return 0;
}
int dinic(int s,int t){int flow = 0;while(bfs(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof cur);while(int d = dfs(s,t,inf))flow += d;}return flow;
}
int n,m;
int main(){cin >> n >> m;int tp;int s = 0 ,t = 1;long long sum=0;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=n;i++)for(int j = 1;j<=n;j++)cin >> tp,add(i*n+j,t,tp),add(n*(n+1)+i,i*n+j,inf),add(n*(n+2)+j,i*n+j,inf),sum += tp;for(int i = 1;i<=n;i++)cin >> tp,add(s,n*(n+1) + i,tp);for(int i = 1;i<=n;i++)cin >> tp,add(s,n*(n+2) + i,tp);for(int i = 1;i<=m;i++){int a,b,c,d,w;cin >> a >> b >> c >> d >> w;sum += w;add(n*(n+1) + a,n*(n+3)+i , inf);add(n*(n+1) + c,n*(n+3)+i , inf);add(n*(n+2) + b,n*(n+3)+i , inf);add(n*(n+2) + d,n*(n+3)+i , inf);add(n*(n+3) + i , t , w);}cout << sum - dinic(s,t) << endl;return 0;
}

网络流24题]餐巾计划问题

题目链接
参考链接

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 4100,M = 4e6+10,inf = 0x3f3f3f3f;
const long long inf64 = 23333333333333;
int h[M],e[M],ne[M],idx;
long long f[M],w[M];
void add(int a,int b,long long c,long long d){ne[idx] = h[a],e[idx] = b,f[idx] = c,w[idx] = d,h[a] = idx++;ne[idx] = h[b],e[idx] = a,f[idx] = 0,w[idx] = -d;h[b] = idx++;
}
int cur[M];
long long dist[M];
bool st[M];
long long cost;
bool spfa(int s,int t){for(int i = 0;i<N;i++)dist[i] = inf64,st[i] = 0;dist[s] = 0;st[s] = true;queue<int> q;q.push(s);while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();st[u] = false;for(int i = h[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(dist[y] > dist[u] + w[i] && f[i]){dist[y] = dist[u] + w[i];if(!st[y])st[y] = true,q.push(y);}}//cout <<u << endl;}return dist[t] != inf64;
}
long long dfs(int u,int t,long long mw){if(u == t)return mw;st[u] = true;for(int &i = cur[u];~i;i=ne[i]){int y = e[i];if(f[i] <= 0 || dist[y] != dist[u] + w[i] || st[y])continue;long long cw = dfs(y,t,min(f[i],mw));if(cw <= 0)continue;f[i] -= cw;f[i^1] += cw;cost += (long long)w[i] * cw;return cw;}st[u] = false;return 0;
}
long long dinic(int s,int t){while(spfa(s,t)){memcpy(cur,h,sizeof cur);while(dfs(s,t,inf64));}return cost;
}
long long N_N,p,m,f_f,n,s_s;
int main(){cin >> N_N >> p >> m >> f_f >> n >> s_s;int s = 0,t = N_N * 2 + 1,tp;memset(h,-1,sizeof h);for(int i = 1;i<=N_N;i++){cin >> tp;add(s,i,inf,p);    // sadd(i,t,tp,0); // t;add(s,i+N_N,tp,0);//慢洗；if(N_N >= i + n)add(i+N_N,i+n,inf64,s_s);//快洗if(N_N >= i + m)add(i+N_N,i+m,inf64,f_f);//不洗if(N_N >= i + 1)add(i+N_N,i+N_N+1,inf64,0);}cout << dinic(s,t) << endl;return 0;
}

E. Goods transportation

题目链接

思路：

• 考虑网络流建图：对于每个点iii，从SSS到连一条容量为pipipi的路径，从iii到TTT连一条容量为sisisi的路径。然后每个点又向比自己大的点连一条容量为ccc的路径。
  由于边的数量过多，需要的时间太多。
• 考虑到最大流等于最小割。
• 用 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示遍历到第iii个点，jjj个点属于SSS的最小割。
• 状态转移 ： 对于第iii个点属于SSS, dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+s[i];dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + s[i] ;dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+s[i]; // 断掉到TTT的边
  对于第iii个点不属于SSS,dp[i]j]=dp[i−1][j]+p[i]+c∗j;dp[i]j] = dp[i-1][j] + p[i] + c*j;dp[i]j]=dp[i−1][j]+p[i]+c∗j; //断掉SSS和属于SSS点到iii的边。

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1e4+10;
long long f[2][N];int n;
long long c;
long long p[N],s[N];
int main(){cin >> n >> c;for(int i = 1;i<=n;i++)cin >> p[i];for(int i = 1;i<=n;i++)cin >> s[i];for(int i = 0;i<=n;i++)f[0][i] = f[1][i] = 9e18;int pre = 0;f[1][0] = 0;for(int i = 1;i<=n;i++){f[pre][0] = f[pre^1][0] + p[i];for(int j = 1;j<=i;j++)f[pre][j] = min(f[pre^1][j-1] + s[i] , f[pre^1][j] + p[i] + c*j);pre ^= 1;}long long ans = 9e18;//for(int i = 1;i<=n;i++)cout << f[pre^1][i] << endl;for(int i = 0;i<=n;i++)ans = min(ans,f[pre^1][i]);cout << ans << endl;return 0;
}

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