网络流

•参考资料 [1]: 上下界网络流学习笔记 [2]: 上下界网络流问题 [3]: 上下界网络流 •理解 重在处理下界的限制。 对于一条边$u->v$，下界为$l$，上界为$r$。我们可以将这条边变为上界为$r-l$，下界为$0$。 相当于在可行流的基础上每条边的流量都减小了$l$。但是这样做了之后，流量却不守恒了。 流入$v$的流量少了$l$，流出$u$的流量也少了$l4。 所以要增加一个叫附加流的东西，使得这个附加流和我们的初始流合并之后满足流量守恒 即： 如果某个点在所有边流量等于下界的初始流中满足流量守恒,那么这个点在附加流中也满足流量守恒, 如果某个点在初始流中的流入量比流出量多$x$,那么这个点在附加流中的流出量比流入量多$x$. 如果某个点在初始流中的流入量比流出量少$x$,那么这个点在附加流中的流出量比流入量少$x$. $x的值$可以枚举x的所有连边求出。比较方便的写法是开一个数组$du[]$,在输入边的时候，对于出点$u$,$du[u]-=l$,对于入点$v$,$du[v]+=l$ $du[i]$表示i在初始流中的流入量-流出量的值,那么$du[i]$的正负表示流入量和流出量的大小关系 建立一个超级源点$S$和超级汇点$T$，然后枚举所有的点$i$， 如果$du[i]<0$,则加$(i,T,-du[i])$，如果$du[i]>=0$,则加$(S,i,du[i])$

　　2018南京的铜牌题，听说学长他们上来就A了，我这个图论选手也就上手做了做，结果一言难尽...... 　　发此篇博客希望自己能牢记自己的菜... 　　 　　本题大意：有n个heros和m个monsters大战，每个heros只能杀一个monsters且他们只能杀固定编号的monsters，现在有药水k瓶，如果英雄喝了药水那么它又可以多杀一个怪兽，每个英雄最多能喝一瓶药水。现在给你n， m， k，还有n个英雄各自能击杀怪兽的编号，问这些英雄最多能杀多少怪兽。 　　题解太水，大佬请绕道。。。 　　我用的网络流，别的都是正常思路，唯一一点就是，药水这个点，我们可以考虑从超级源点起向另一个源点引一条容量为k的边，从这个源点向英雄连一条容量为1的边表示药水。 　　千万不要像傻逼的我。。。 　　下面介绍一下我的做法。。。超级源点给附加源点提供药水，然后附加源点给英雄，英雄有一个初始能量？哦好了那我们把英雄拆点成a1, a2，给他a2一个能量就可以了，然后让a2代替英雄做该做的事，具体做法是附加源点给a1药水，a1自己本来有一个能量然后还可以接收药水(起始流量为1，容量为2)，a2去打怪兽，然后向超级汇点统计。。。。。。 　　总的来说我的做法就可以描述为，正解的初始能量是超级源点给的，这本来也是常规思路，我个杠精非得拆点让他兄弟给，至今不明白为什么错了，堪忧。 　　哦对了

最大流 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f const int N=1e4+10; const int M=1e5+10; struct Edge { int to, next, w; } edge[M<<1]; int head[N],cur[N],pos=1,level[N]; void add(int a, int b, int c) { edge[++pos] = (Edge){b, head[a], c};head[a] = pos; edge[++pos] = (Edge){a, head[b], 0};head[b] = pos; } bool bfs(int s, int t) { memset(level, 0, sizeof level); queue<int> q; level[s] = 1; q.push(s); while (!q.empty()) { int pos = q.front();q.pop(); for (int i = head[pos]; i; i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; if (!edge[i].w || level[v]) continue; level[v] = level[pos]

最短路 最小生成树 树的直径与最近公共祖先 基环树 负环与差分约束 Tarjan算法与无向图连通性 Tarjan算法与有向图连通性 二分图的匹配 二分图的覆盖于独立集 网络流初步 总结与练习 来源： https://www.cnblogs.com/hebust-fengyu/p/11647255.html

题目描述 这是在阿尔托利亚·潘德拉贡成为英灵前的事情，她正要去拔出石中剑成为亚瑟王，在这之前她要去收集一些宝石。 宝石排列在一个n*m的网格中，每个网格中有一块价值为v(i,j)的宝石，阿尔托利亚·潘德拉贡可以选择自己的起点。 开始时刻为0秒。以下操作，每秒按顺序执行 在第i秒开始的时候，阿尔托利亚·潘德拉贡在方格（x,y）上，她可以拿走（x，y）中的宝石。 在偶数秒，阿尔托利亚·潘德拉贡周围四格的宝石会消失 若阿尔托利亚·潘德拉贡第i秒开始时在方格（x，y）上，则在第i+1秒可以立即移动到（x+1，y），（x，y+1），（x-1，y）或（x，y-1）上，也可以停留在（x,y)上。 求阿尔托利亚·潘德拉贡最多可以获得多少价值的宝石 输入格式 第一行给出数字N,M代表行列数.N,M均小于等于100，宝石的价值不会超过10000.下面N行M列用于描述数字矩阵 输出格式 输出最多可以拿到多少价值宝石 输入输出样例 输入 #1 2 2 1 2 2 1 输出 #1 4 说明/提示 姚金宇的原创题。 代码： include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define R register #define inf 1e9+7 using namespace std

昨天写了网络流的 EK 算法（ 写得我自己都不太懂 ），今天再来总结一下另一个网络最大流的算法 Dinic 。 先来介绍一个概念：残量网络。 一个网络中所有剩余容量大于0的边和与这些边相连的节点组成这个网络的残量网络。 我们回忆一下EK算法的过程： 1.在网络中寻找一条剩余容量大于0的边，把它加入到增广路中。 2.依据找到的增广路，更新边的剩余容量和最大流。 所以，我们每次对增广路的搜索，都可能需要对整个残量网络进行遍历，而只找到一条增广路，还可以进一步优化。 在这里，我们提出了节点的层次d[x]，它表示从s到x最少需要经过的边数。在残量网络中，满足d[y] = d[x] + 1的所有边(x , y)构成的子图被称为 分层图 。显然，它是一张有向无环图。 而传说中的 Dinic 算法就是通过以下两个步骤来求最大流： 1.在残量网络中不断通过BFS构造分层图，直到s不能到达t。 2.在分层图上用DFS求增广路，在回溯时更新剩余容量。 好啦，大体的介绍完了，具体是怎么回事呢？？（ 其实我也不太懂 ） 在BFS时，我们每找到一个节点x，它到s的最少边数d[x]一定已经求得，那么所有以x为起点的边(x , y)（剩余容量大于0）都可以成为分层图中的子图，于是我们把所有与x相连的节点y的d[y]（它还没有被赋值）都更新为d[y] = d[x] + 1,因为只需要多走一条边就可以到y了。这样

最小路径覆盖 将一个点拆分为入点和出点，原图的最小路径覆盖=原图的边数-新图的最大匹配 二分图最小点覆盖 最小点覆盖=最大匹配 二分图最大独立集 最大独立集=点数-最小点覆盖 二分图最小边覆盖 最小边覆盖=点数-最小点覆盖 二分图最小点权覆盖 原二分图中的边(u,v)替换为容量为INF的有向边(u,v)，设立源点s和汇点t，将s和x集合中的点相连，容量为该点的权值；将y中的点同t相连，容量为该点的权值。在新图上求最大流，最大流量即为最小点权覆盖的权值和。 二分图最大权独立集 最大权独立集=总权值-最小点覆盖 来源： https://www.cnblogs.com/happyLittleRabbit/p/11544499.html

前提： 我们想象一下自来水厂到你家的水管网是一个复杂的有向图，每一节水管都有一个最大承载流量。自来水厂不放水，你家就断水了。但是就算自来水厂拼命的往管网里面注水，你家收到的水流量也是上限（毕竟每根水管承载量有限）。你想知道你能够拿到多少水，这就是一种网络流问题。 在网上找了很久资料，虽然讲解网络流的资料很多但是浅显易懂的很少 （可能是我太蒻了吧） ，写这篇文章只希望点进来的人都能学会网络流 （都能点赞） 首先 最大流： 何为最大流 简单来说就是水流从一个源点s通过很多路径，经过很多点，到达汇点t，问你最多能有多少水能够到达t点。 结合图示理解： 从s到t经过若干个点，若干条边，每一条边的水流都不能超过边权值（可以小于等于但不能大于），所以该图的最大流就是10+22+45=77。 如果你还是不能理解，我们就换一种说法，假设s城有inf个人想去t城，但是从s到t要经过一些城市才能到达，（以上图为例）其中s到3城的火车票还剩10张，3到t的火车票还剩15张，其他路以此类推，问最终最多能有多少人能到达t城？ EK: Edmond—Karp 增广路： 增广路： 增广路是指从s到t的一条路，流过这条路，使得当前的流（可以到达t的人）可以增加。 那么求最大流问题可以转换为不断求解增广路的问题，并且，显然当图中不存在增广路时就达到了最大流。 具体怎么操作呢？ 其实很简单，直接从s到t广搜即可

网络流之二者取一式问题： 大致是说有n个人，有两个阵营，把人分成相应的阵营会有对应的价值，可能还会有联立的价值（就是规定如果u号选了A，v号选了B就有额外的价值什么的）； 这种问题往往是转换为最小割问题，然后跑出最大流，如果题目要求是求 最大的价值 那就把全部边的答案相加在减去最大流 1 ) https://www.luogu.org/problem/P1361 题目描述 小M在MC里开辟了两块巨大的耕地A和B（你可以认为容量是无穷），现在，小P有n中作物的种子，每种作物的种子有1个（就是可以种一棵作物）（用1...n编号）。 现在，第i种作物种植在A中种植可以获得ai的收益，在B中种植可以获得bi的收益，而且，现在还有这么一种神奇的现象，就是某些作物共同种在一块耕地中可以获得额外的收益，小M找到了规则中共有m种作物组合，第i个组合中的作物共同种在A中可以获得c1i的额外收益，共同总在B中可以获得c2i的额外收益。 小M很快的算出了种植的最大收益，但是他想要考考你，你能回答他这个问题么？ 输入格式 第一行包括一个整数n 第二行包括n个整数，表示ai第三行包括n个整数，表示bi第四行包括一个整数m接下来m行， 对于接下来的第i行：第一个整数ki，表示第i个作物组合中共有ki种作物， 接下来两个整数c1i，c2i，接下来ki个整数，表示该组合中的作物编号。 输出格式 只有一行

搭配飞行员 题面: 飞行大队有若干个来自各地的驾驶员，专门驾驶一种型号的飞机，这种飞机每架有两个驾驶员，需一个正驾驶员和一个副驾驶员。由于种种原因，例如相互配合的问题，有些驾驶员不能在同一架飞机上飞行，问如何搭配驾驶员才能使出航的飞机最多。 因为驾驶工作分工严格,两个正驾驶员或两个副驾驶员都不能同机飞行。 2<=n<=100 思路: 二分图最大匹配，二分图上跑一下最大流即可 # include <bits/stdc++.h> # define INF 0x3f3f3f3f using namespace std ; const int N = 10005 ; int n , m , ss , tt ; int dis [ N ] ; int cur [ N ] ; queue < int > q ; struct Edge { int to ; int value ; int next ; } e [ N * 4 ] ; int head [ N ] , cnt = - 1 ; void add ( int from , int to , int value ) { cnt ++ ; e [ cnt ] . to = to ; e [ cnt ] . value = value ; e [ cnt ] . next = head [ from ] ; head [ from ] =