有源汇上下界最大流
例题
给出一个有源汇点的有向图。每条边有最大流量和最小流量。现在需要求出从源点到汇点的最大流可以是多少。
前置知识
思路
先回顾有源汇上下界可行流干了些什么。
其实可行流就是找到了一种满足流量下界的方案。
在满足了流量下界之后，可以发现还有一些残余的自由流量(可选可不选)
于是我们在之前的残余网络上再跑一边\(dinic\)。这次不算超级源汇点，也不算从\(T\)到\(S\)添的那条边。
这样将在可行流种算出来的流量加上后来跑出来的流量就是答案了。
代码
/*
* @Author: wxyww
* @Date: 2019-02-10 15:13:47
* @Last Modified time: 2019-02-10 16:31:08
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 1e9,N = 100000;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node {
int v,nxt,w;
}e[N];
int head[N],ejs = 1;
void add(int u,int v,int w) {
e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
e[++ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
}
int dep[N];
queue<int>q;
int S,T;
int low[N],rd[N],cd[N],ans,cur[N];
int bfs() {
memset(dep,0,sizeof(dep));
while(!q.empty()) q.pop();
dep[S] = 1;q.push(S);
while(!q.empty()) {
int u = q.front();q.pop();
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(!dep[v] && e[i].w) {
q.push(v);
dep[v] = dep[u] + 1;
if(v == T) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int now) {
if(u == T) return now;
int ret = 0;
for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(dep[v] == dep[u] + 1 && e[i].w) {
int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));
e[i].w -= k;
e[i ^ 1].w += k;
ret += k;
if(now == ret) return ret;
}
}
return ret;
}
int dinic() {
int ans = 0;
while(bfs()) {
memcpy(cur,head,sizeof(cur));
ans += dfs(S,INF);
}
return ans;
}
int main() {
int n = read(),m = read();
int SS = read(),TT = read();
add(TT,SS,INF);
S = n + 1,T = S + 1;
for(int i = 1;i <= m;++i) {
int u = read(),v = read(),low = read(), up = read();
add(u,v,up - low);
rd[v] += low;
cd[u] += low;
}
for(int i = 1;i <= n;++i) {
int d = rd[i] - cd[i];
if(d > 0) ans += d,add(S,i,d);
if(d < 0) add(i,T,-d);
}
if(ans != dinic()) {
puts("please go home to sleep");
return 0;
}
for(int i = head[S];i;i = e[i].nxt)
e[i].w = e[i ^ 1].w = 0;
for(int i = head[T];i;i = e[i].nxt) e[i].w = e[i ^ 1].w = 0;
ans = e[3].w;
e[3].w = e[2].w = 0;
S = SS;T = TT;
ans += dinic();
cout<<ans;
return 0;
} 有源汇上下界最小流
例题
给出一个有源汇点的有向图。每条边有最大流量和最小流量。现在需要求出在从源点到汇点的最小流可以是多少。
思路
和上面的最大流类似。
我们先跑一边可行流。然后就满足下界了。然后我们不想要那么多流量，也就是说我们想要退流。
怎么退流呢。考虑反向边，反向边中加上的流量其实是正边中减去的流量。所以从T到S跑一遍最大流。然后用之前可行流中的流量减去即可。
代码与上面极度类似，只要改标注的两个地方就行了。
代码
/*
* @Author: wxyww
* @Date: 2019-02-10 15:13:47
* @Last Modified time: 2019-02-10 16:47:20
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 1e9,N = 1000000;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node {
int v,nxt,w;
}e[N];
int head[N],ejs = 1;
void add(int u,int v,int w) {
e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
e[++ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
}
int dep[N];
queue<int>q;
int S,T;
int low[N],rd[N],cd[N],ans,cur[N];
int bfs() {
memset(dep,0,sizeof(dep));
while(!q.empty()) q.pop();
dep[S] = 1;q.push(S);
while(!q.empty()) {
int u = q.front();q.pop();
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(!dep[v] && e[i].w) {
q.push(v);
dep[v] = dep[u] + 1;
if(v == T) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int now) {
if(u == T) return now;
int ret = 0;
for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(dep[v] == dep[u] + 1 && e[i].w) {
int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));
e[i].w -= k;
e[i ^ 1].w += k;
ret += k;
if(now == ret) return ret;
}
}
return ret;
}
int dinic() {
int ans = 0;
while(bfs()) {
memcpy(cur,head,sizeof(cur));
ans += dfs(S,INF);
}
return ans;
}
int main() {
int n = read(),m = read();
int SS = read(),TT = read();
add(TT,SS,INF);
S = n + 1,T = S + 1;
for(int i = 1;i <= m;++i) {
int u = read(),v = read(),low = read(), up = read();
add(u,v,up - low);
rd[v] += low;
cd[u] += low;
}
for(int i = 1;i <= n;++i) {
int d = rd[i] - cd[i];
if(d > 0) ans += d,add(S,i,d);
if(d < 0) add(i,T,-d);
}
if(ans != dinic()) {
puts("please go home to sleep");
return 0;
}
for(int i = head[S];i;i = e[i].nxt)
e[i].w = e[i ^ 1].w = 0;
for(int i = head[T];i;i = e[i].nxt) e[i].w = e[i ^ 1].w = 0;
ans = e[3].w;
e[3].w = e[2].w = 0;
S = TT;T = SS;//!!!
ans -= dinic();//!!!
cout<<ans;
return 0;
}
京公网安备 11010502036488号