网络流复习笔记
主要用来复习一下自己之前学过的网络流。
因为当时都是直接抄的题解,莫得印象。所以写篇博客加强记忆。
最大流
LuoguP3254 圆桌问题
先分析题目。
比较明显，如果我们用网络流的思路去分析这个问题。将会将每个单位和每个餐桌都看做点。然后由于每个单位的人理论上可以坐在任意餐桌,同时对于一个餐桌一个单位只能有一个人。所以每个单位向每个餐桌连一条容量为\(1\)的边。
第\(i\)个单位最多有\(r_i\)人，所以从原点向它连容量为\(r_i\)的边。
餐桌同样考虑。
如果最大流等于总人数.说明有可行方案。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 3;
const int M = 2e5 + 3;
const int INF = 2e9;
struct edge{
int to;
int from;
int nxt;
int flow;
}e[N << 1];
vector <int> G[N];
int head[N],high[N];
int ci[N],ri[N],cur[N];
int n,m,s,t;
int tot = 1,sum;
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
inline void add(int x,int y,int flow){
e[++tot].to = y;
e[tot].from = x;
e[tot].flow = flow;
e[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline bool bfs(){
queue <int> q;
for(int i = 1;i <= n + m + 2;++i) high[i] = 0;
q.push(s);high[s] = 1;
while(!q.empty()){
int k = q.front();q.pop();
for(int i = head[k];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(!high[y] && e[i].flow > 0)
high[y] = high[k] + 1,q.push(y);
}
}
return high[t] != 0;
}
inline int dfs(int x,int dis){
if(x == t ) return dis;
for(int &i = cur[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(high[y] == high[x] + 1 && e[i].flow > 0){
int flow = dfs(y,min(dis,e[i].flow));
if(flow > 0){
e[i].flow -= flow;
e[i ^ 1].flow += flow;
return flow;
}
}
}
return 0;
}
inline int dinic(){
int res = 0;
while(bfs()){
for(int i = 1;i <= n + m + 2;++i) cur[i] = head[i];
while(int now = dfs(s,INF))
res += now;
}
return res;
}
int main(){
n = read(),m = read();
s = n + m + 1,t = s + 1;
for(int i = 1;i <= n;++i){
ri[i] = read();
sum += ri[i];
add(s,i,ri[i]);
add(i,s,0);
}
for(int i = 1;i <= m;++i){
ci[i] = read();
add(i + n,t,ci[i]);
add(t,i + n,0);
}
for(int i = 1;i <= n;++i)
for(int j = 1;j <= m;++j)
add(i,j + n,1),add(j + n,i,0);
if(dinic() != sum) printf("0\n");
else{
printf("1\n");
for(int i = 2;i <= tot;i += 2){
if(e[i].to != s && e[i ^ 1].to != s && e[i].to != t && e[i ^ 1].to != t)
if(e[i].flow == 0) G[e[i].from].push_back(e[i].to - n);
}
for(int i = 1;i <= n;++i){
for(int j = 0;j < (int)G[i].size();++j)
printf("%d ",G[i][j]);
printf("\n");
}
}
return 0;
}
LuoguP2764 最小路径覆盖问题
依旧是最大流的典型例题。
我们设总的覆盖路径条数为\(S\),覆盖了\(C\)条边,共有\(N\)个点
那么有：
\(S = N - C\)
所以我们要最小化\(S\),只需要最大化\(C\)即可。
我们发现,由于每个点必须且只能被覆盖一次。所以这个点的所有入边和出边只能贡献一个。我们将点\(V\)拆成两个点\(v\)与\(v'\)分别表示\(V\)点的入度与出度
如果原图中存在一条边\((u,v)\)
那么就连一条从\(u'\)到\(v\)的流量为\(1\)的边。
借用一下_\(rqy\)的图
大概就是这个样子。
本质上貌似是一个二分图的最大匹配问题
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 3;
const int M = 1e5 + 3;
const int INF = 2e9;
struct edge{
int to;
int from;
int nxt;
int flow;
}e[M << 1];
int head[N],high[N];
int pre[N],nt[N],cur[N],sta[N];
int n,m,tot = 1,s,t,top;
vector <int> G[N];
inline int read(){
char ch = getchar();int v = 0,c = 1;
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c ;
}
inline void add(int x,int y,int flow){
e[++tot].to = y;
e[tot].flow = flow;
e[tot].from = x;
e[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline bool bfs(){
queue <int> q;
for(int i = 1;i <= n + n + 2;++i) high[i] = 0;
q.push(s);high[s] = 1;
while(!q.empty()){
int k = q.front();q.pop();
for(int i = head[k];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(!high[y] && e[i].flow > 0)
high[y] = high[k] + 1,q.push(y);
}
}
return high[t] != 0;
}
inline int dfs(int x,int dis){
if(x == t) return dis;
for(int &i = cur[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(high[y] == high[x] + 1 && e[i].flow > 0){
int flow = dfs(y,min(dis,e[i].flow));
if(flow > 0){
e[i].flow -= flow;
e[i ^ 1].flow += flow;
return flow;
}
}
}
return 0;
}
inline int dinic(){
int res = 0;
while(bfs()){
for(int i = 1;i <= n + n + 2;++i) cur[i] = head[i];
while(int now = dfs(s,INF))
res += now;
}
return res;
}
inline void work(int x){
G[x].push_back(sta[x]);
int now = sta[x];
bool flag = 1;
while(flag){
bool find = 0;
for(int i = head[now];i;i = e[i].nxt){
if(e[i].flow == 0 && e[i].to != s){
G[x].push_back(e[i].to - n);
now = e[i].to - n; find = 1;
break;
}
}
flag = find;
}
}
int main(){
n = read(),m = read();
s = n + n + 1,t = n + n + 2;
for(int i = 1;i <= m;++i){
int x = read(),y = read();
add(x,y + n,1);
add(y + n,x,0);
}
for(int i = 1;i <= n;++i) add(s,i,1),add(i,s,0);
for(int i = n + 1;i <= n << 1;++i) add(i,t,1),add(t,i,0);
int sum = n - dinic();
for(int i = head[t];i;i = e[i].nxt){
int now = i ^ 1;
if(e[now].flow == 1)
sta[++top] = e[now].from - n;
}
for(int i = 1;i <= top;++i)
work(i);
for(int i = 1;i <= top;++i){
for(int j = 0;j < (int)G[i].size();++j)
printf("%d ",G[i][j]);
printf("\n");
}
printf("%d\n",sum);
return 0;
}最小割
首先,模型解释
把图上的点划分成两个集合，使得 \(S\) 和\(T\) 不在同一个集合中，并最小化从 \(S\) 所在集合到 \(T\) 所在集合的所有边的边权之和
或者说删掉代价最小的边使得图不连通
最大权闭合子图
共有\(n\)个物品，每个物品都有其价值(可以为负),有部分限制比如说(选\(i\)必须选\(j\),即\(i\)依赖于\(j\)),求选择物品的最大价值。
我们考虑将最小割中的两个集合\(S\),\(T\)分别看作选与不选。
将所有的正权物品向汇点连一条流量为其权值的边,表示不选择物品会损失其权值。
将源点向所有的负权物品连一条流量为其权值相反数的边，表示选择这个物品会获得其权值也就是损失其相反数的收益。
如果物品\(i\)依赖于\(j\),那么就从\(j - i\)连一条权值为\(+\infty\)表示\(i,j\)在同一集合
最后将所有正权之和减去最小割即可
luogu2762太空飞行计划问题
根据上面的最大权闭合子图的模型，我们便很容易建出图来
将实验看做正权物品,设备看做负权物品
再次借用_\(rqy\)的图
我的理解：
满流的边是被割掉的边。左边\(l_3,l_4\)满流表示购买这两个设备
右边\(E_2,E_1\)满流表示不做这两个实验
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 2;
const int INF = 2e9;
struct edge{
int to;
int nxt;
int flow;
}e[N * N];
int n,m;
int head[N],cur[N],high[N];
int s,t,tot = 1;
bool flag;
int sum = 0;
vector <int> A1[N * N],ans1;
set <int> ans2;
inline void build(int x,int y,int z){
e[++tot].to = y;
e[tot].flow = z;
e[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline void add(int x,int y,int z){
build(x,y,z);
build(y,x,0);
}
inline bool bfs(){
queue <int> q;
for(int i = 1;i <= t;++i) high[i] = 0;
high[s] = 1;q.push(s);
while(!q.empty()){
int k = q.front();q.pop();
for(int i = head[k];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(!high[y] && e[i].flow > 0)
high[y] = high[k] + 1,q.push(y);
}
}
return high[t];
}
inline int dfs(int x,int dis){
if(x == t) return dis;
for(int &i = cur[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(high[y] == high[x] + 1 && e[i].flow > 0){
int flow = dfs(y,min(dis,e[i].flow));
if(flow > 0){
e[i].flow -= flow;
e[i ^ 1].flow += flow;
return flow;
}
}
}
return 0;
}
inline int dinic(){
int res = 0;
while(bfs()){
for(int i = 1;i <= t;++i) cur[i] = head[i];
while(int now = dfs(s,INF)) res += now;
}// for(int i = 1;i <= n + m;++i) cout << high[i] << endl;
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d",&m,&n);
s = n + m + 1,t =n + m + 2;
for(int i = 1;i <= m;++i){
int x;
scanf("%d",&x);sum += x;
add(n + i,t,x);
char tools[10000];
memset(tools,0,sizeof tools);
cin.getline(tools,10000);
int ulen=0,tool;
while (sscanf(tools+ulen,"%d",&tool)==1)//之前已经用scanf读完了赞助商同意支付该实验的费用
{
A1[i].push_back(tool);
add(tool,i + n,INF);
if (tool==0)
ulen++;
else {
while (tool) {
tool/=10;
ulen++;
}
}
ulen++;
}
}
for(int i = 1;i <= n;++i){
int x;scanf("%d",&x);
add(s,i,x);
}
int now = dinic();
// for(int i = 1;i <= n + m;++i) cout << high[i] << endl;
for(int i = 1;i <= m;++i)
if(high[i + n] == 0) printf("%d ",i);
printf("\n");
for(int i = 1;i <= n;++i)
if(high[i] == 0)printf("%d ",i);
printf("\n%d\n",sum - now);
return 0;
}
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