2022.12.9 闲话

想放个歌词 .

[歌词 1]

[歌词 2]

以上是歌词 .

joke 最近发了一个网络流闲话，我马上就开抄，于是就有了这个闲话 .

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最大流和最小割的一些初步应用 . 更多内容：一些没用的初步应用 .

为什么 OJ 的网络流还重构结构了啊？！

没啥用的目录

目录

• 0. 基本内容 Basic
  • 流网络
  • 需要解决的问题
  • 一些基本转化
    • 反向边去除
    • 多源汇合一
• 1. 最大流 Maxflow
  • 最大流的增广路算法
    • FF, EK, Dinic
    • ISAP
  • 例题
    • 朴素例题
    • 输出方案
• 2. 最小割 Mincut
  • 最大流 - 最小割定理
  • 最小割树 / Gomory-Hu Tree
    • 基本原理
    • Pumping Stations
  • 例题
    • 切糕模型
    • 最大权闭合子图
    • 多选一模型

0. 基本内容 Basic

流网络

一个流网络定义为一张有向图，每条边 $(u,v)$ 对于每条边，有容量 $c(u,v)$ 和流量 $f(u,v)$ .

有两个特殊点：源点 $s$ 和汇点 $t$ .

图要求满足的条件：

• 如果存在边 $(u,v)$，则不存在边 $(v,u)$，无自环 .
• 对于每个节点 $u$，都存在一条路径 $s\rightsquigarrow u\rightsquigarrow v$（所以说图一定连通） .

流要求满足的条件：

• 流量限制：对于任意节点 $u,v$，有 $0\le f(u,v)\le c(u,v)$ .
• 流量守恒：对于非源汇点的所有节点 $u$，有
  $$\sum_vf(v,u)=\sum_vf(u,v)$$

称一个流 $f$ 的值 $|f|$ 为

$$|f| = \sum_vf(s,v) - \sum_vf(v,s)$$

通常来说，源点 $s$ 的入度为 $0$，于是后面那个 $\sum$ 也就为 $0$ .

需要解决的问题

最大流：给一个流网络 $G$，问 $|f|$ 最大的流 $f$ 是什么 .

最小费用最大流：一个流网络 $G$，每条边同时有边权（费用），要求一条流 $f$ 满足：

• $|f|$ 最大 .
• 边权和（费用和）最小 .

上下界网络流：以上问题的流量 $f$ 存在上界 / 下界限制 .

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最小割（其实不太算网络流）：一个流网络 $G$，删掉若干条边使得 $s,t$ 不连通，同时流量和最小 .

需要注意的，最小流这种是平凡的（0），最大割则是 NPC 问题 .

一些基本转化

反向边去除

注意到流网络有一个限制是如果存在边 $(u,v)$，则不存在边 $(v,u)$ .

那么我们的图就是有反向边怎么办呢？

解决方案也很简单，令 $(u,v)$ 是一组点满足存在边 $(u,v),(v,u)$，且容量分别为 $c_1,c_2$ .

则删掉 $(v,u)$，建立一个虚点 $v'$，连 $(v,v'),(v',u)$，容量均为 $c_2$ 即可 .

易证最大流不变 .

多源汇合一

解决多源点多汇点的问题，只需要建一个超级源点和超级汇点，分别跟源汇点连容量 $+\infty$ 的边即可 .

1. 最大流 Maxflow

最大流的增广路算法

或者叫 Ford-Fulkerson 方法 .

FF, EK, Dinic

不想详细写了，丢个 教程 .

首先建反向边方便操作 .

简要概括一下：

• FF：每次 DFS 随便找一个增广路然后增广 .
• EK：先 BFS 找一下，每次增广最短的增广路 .
• Dinic：分层删掉没用的边然后按层增广（时间复杂度分析见 8.12 闲话）
  • 当前弧优化：增广过的边就删掉
  • 无用点优化：不会产生贡献的点删掉
  • Capacity scaling：先不加反向边跑一遍，然后一次性把反向边都加进去，然后再跑一遍 .
  • 26-5：二进制分组，按位 Dinic，然后合起来 .

下面的代码是 Dinic + 当前弧优化 + 无用点优化，可以通过洛谷 & LOJ 的弱化版板子 .

Dinic 代码实现

LOJ 提交记录

// 点数 N
int n, m, s, t;
struct dinic
{
	static const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	struct Node
	{
		int u, v; ll w;
		Node(int p, int q, ll r) : u(p), v(q), w(r){}
	};
	vector<int> g[N];
	vector<Node> e;
	inline void addedge(int u, int v, ll w)
	{
		int m = e.size();
		e.emplace_back(Node(u, v, w)); g[u].emplace_back(m);
		e.emplace_back(Node(v, u, 0)); g[v].emplace_back(m+1);
	}
	int cur[N], depth[N];
	inline bool bfs(int s, int t)
	{
		memset(cur, 0, sizeof cur);
		memset(depth, -1, sizeof depth);
		queue<int> q; q.push(s); depth[s] = 0;
		while (!q.empty())
		{
			int u = q.front(); q.pop();
			for (auto ee : g[u])
			{
				int v = e[ee].v;
				if (!~depth[v] && e[ee].w){q.push(v); depth[v] = depth[u] + 1;}
			}
		}
		return ~depth[t];
	}
	ll dfs(int u, int t, ll flow)
	{
		if ((u == t) || (flow <= 0)) return flow;
		ll ans = 0; int _ = g[u].size();
		for (int& p = cur[u]; p < _; p++)
		{
			int ee = g[u][p], v = e[ee].v;
			if (depth[u] + 1 != depth[v]) continue;
			ll nxt = dfs(v, t, min(flow, e[ee].w));
			e[ee].w -= nxt; e[ee ^ 1].w += nxt;
			ans += nxt; flow -= nxt;
			if (flow <= 0) break; // 这个如果写在循环条件上会在判断前做一次 p++ 导致漏一条边
		}
		if (ans <= 0) depth[u] = -1;
		return ans;
	}
	ll maxflow(int s, int t)
	{
		ll ans = 0;
		while (bfs(s, t)) ans += dfs(s, t, INF);
		return ans;
	}
};

ISAP

占位 .

实际上我也不打算写，占位的原因是一个 h2 下面只有一个 h3 有点奇怪 .

根据相关法律法规，网络流题是不会卡 Dinic 的，但是 ISAP 是可以卡的，惨案：->Click Here<- .

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最大流问题的 HLPP 算法可以做到稳定 $O(n^2m^{1/2})$ 最大流 .

最近（可能也不算最近了）的一篇 paper 提出了 $O(m^{1+o(1)})$ 的最大流和最小费用最大流算法，可以看作是线性的网络流了，论文链接 .

例题

更难的模型我不会！

朴素例题

蜥蜴

一个 $r$ 行 $c$ 列的网格图，每个地方 $(i,j)$ 有高度 $h_{i,j}$，一些石柱上有蜥蜴 .

每个蜥蜴每次可以跳到欧几里得距离不超过 $d$ 的任何一个格上 . 每当蜥蜴跳跃时，所离开的格高度减 $1$，不能跳到高度为 $0$ 的格子上，多个蜥蜴不能同处一格 .

蜥蜴跳到地图外即逃离，问无法逃离的蜥蜴总数的最小值 .

$1\le r,c\le 20$，$1\le d\le 4$ .

即求能够逃离的蜥蜴的最大值，最大流即可 .

建图就是把每个点拆成入点和出点，从入点到出点连边，容量为高度，这样就限制了经过次数 .

发现源汇点很多，建虚源汇点即可，注意因为每个地方只有一个蜥蜴所以源点连的权值是 1 .

没了 .

Code

// dinic 略
dinic F;
int n, m, d;
int h[L][L];
bool can[L][L];
inline int dist(int x1, int y1, int x2, int y2){return (x1 - x2) * (x1 - x2) + (y1 - y2) * (y1 - y2);}
inline int tin(int x, int y){return (x-1) * m + y;}
inline int tout(int x, int y){return tin(x, y) + n * m;}
inline bool corner(int x, int y){return min(min(x, n+1-x), min(y, m+1-y)) <= d;}
inline bool cann(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
	if ((x1 == x2) && (y1 == y2)) return false;
	return h[x1][y1] && h[x2][y2] && (dist(x1, y1, x2, y2) <= d * d);
}
string tmp;
int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &d);
	for (int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> tmp;
		for (int j=0; j<m; j++) h[i][j+1] = tmp[j] - '0';
	}
	int s = 2 * n * m + 1, t = s + 1, ans = 0;
	for (int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> tmp;
		for (int j=0; j<m; j++)
		{
			can[i][j+1] = (tmp[j] == 'L');
			if (can[i][j+1]) F.addedge(s, tin(i, j+1), 1), ++ans;
		}
	}
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=m; j++)
			if (h[i][j])
			{
				F.addedge(tin(i, j), tout(i, j), h[i][j]);
				if (corner(i, j)) F.addedge(tout(i, j), t, INF);
			}
	for (int i1=1; i1<=n; i1++)
		for (int j1=1; j1<=m; j1++)
			for (int i2= max(1, i1-d); i2 <= min(n, i1+d); i2++)
				for (int j2 = max(1, j1-d); j2 <= min(m, j1+d); j2++)
					if (cann(i1, j1, i2, j2)) F.addedge(tout(i1, j1), tin(i2, j2), INF);
	printf("%lld\n", ans - F.maxflow(s, t));
	return 0;
}

后面的题就不都给代码了 .

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二分图最大匹配

给一个二分图，求最大匹配 .

源点 $s$ 向所有左部点连一条容量为 $1$ 的边，所有右部点向汇点 $t$ 也连一条容量为 $1$的边，于是 $s$ 到 $t$ 的最大流显然就是答案 .

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奇怪的游戏

一个 $n\times m$ 矩阵，初始 $(i,j)$ 有数 $a_{i,j}$，每次可以选两个相邻数同时加一，问至少操作几次使得所有数一样，无解输出 -1 .

$1\le n,m\le 40$，$\max\{a_i\}\le10^9$ .

题解链接，复杂度分析部分比较麻烦可以看链接的，后面就不分析复杂度了 .

骨牌题考虑黑白染色，设黑白点个数分别为 $c_{\sf B}, c_{\sf W}$，权值和分别为 $s_{\sf B}, s_{\sf W}$ .

每次操作肯定是恰好操作一个黑点和一个白点，于是设最后所有点都变成了 $x$，则有 $c_{\sf B}\cdot x-s_{\sf B}=c_{\sf W}\cdot x-s_{\sf W}$，也即 $(c_{\sf B}-c_{\sf W})x=s_{\sf B}-s_{\sf W}$ .

讨论：

1. 当 $c_{\sf B} - c_{\sf W} \neq 0$ 时 .
2. 当 $c_{\sf B} - c_{\sf W} = s_{\sf B} - s_{\sf W} = 0$ 时 .
3. 其他情况无解 .

Case 1. 可以解得 $x=\dfrac{s_{\sf B}-s_{\sf W}}{c_{\sf B} - c_{\sf W}}$ .

于是只要判断 $x$ 是否能作为一个解即可，具体见后 .

Case 2. 这表明黑白色块数量相等且权值和相等 .

因为黑白色块数量相等所以如果 $x$ 可以作为一个解那么 $x+1$ 必然也可以 .

也就是解有单调性，二分答案即可 . 判断 $x$ 是否能作为一个解的做法如下：

考虑建立虚拟源汇点 $s,t$：

• $s$ 向所有黑点 $(i,j)$ 连边权为 $x-a_{i,j}$ 的有向边 .
• 所有白点 $(i,j)$ 向 $t$ 连边权为 $x-a_{i,j}$ 的有向边 .
• 所有黑点 $(i,j)$ 向相邻白点连边权为 $+\infty$ 的有向边 .

因为 $x-a_{i,j}$ 是需要操作的次数，于是因为黑白色块数量权值和相等，如果有解那么流肯定能从 $s$ 流到黑点流到白点再流到 $t$ .

于是只要判断以 $s$ 为源点，$t$ 为汇点的最大流是否等于所有黑点之权值和即可 .

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网络流题的一个常见开端就是二分答案，可以看一下 紧急疏散evacuate .

输出方案

我怎么知道如何输出方案？青蛙。

2. 最小割 Mincut

最大流 - 最小割定理

就是最大流 = 最小割 .

证明略 .

最小割树 / Gomory-Hu Tree

基本原理

还以为是什么很难的算法，原来也不算很难 desu .

我们的目标是求任意两点间最小割（等价于最大流）.

最小割树定义：如果一棵树 $\mathcal T$ 满足对于树上的所有边 $(u,v)$ 满足树上去掉 $(u,v)$ 这条边后产生的两个集合恰好是原图上 $(u,v)$ 的最小割把原图分成的两个集合，且边 $(u,v)$ 的权值等于原图上 $(u,v)$ 的最小割，则 $\mathcal T$ 是一棵最小割树 .

在当前点集随意选取两个点 $u,v$，在原图上跑出他们之间的最小割，然后就在树上连一条从 $u$ 到 $v$，权值为 $u,v$ 间最小割的边，然后递归构造 .

（这个算法被称为 Gusfield 算法，实际上是构造了一个等价流树 / Equivalent Flow Tree，和最小割树差不多）.

然后两点 $u,v$ 间最小割就是树上边权最小值，这个有很多求法，就不详细展开了 .

关于正确性：OI 不需要证明 .

时间复杂度是 $n$ 次最大流的复杂度，一般用 Dinic 就是 $O(n^2m)$ .

Pumping Stations

给一张 $n$ 个点的带权无向图，求一个排列 $\{a_n\}$，最大化

$$\sum_{i=1}^{n-1}\operatorname{mincut}(a_i,a_{i+1})$$

$n\le 200$，$m\le 1000$ .

施 Gomory-Hu 树，则问题变成一棵树上找一个排列 $\{a_n\}$，最大化

$$\sum_{i=1}^{n-1}\operatorname{dist}(a_i,a_{i+1})$$

构造的话找到最小边左右分治即可，OI 不需要证明（？

例题

可以看一下杜教的《最小割模型在信息学竞赛中的应用》.

切糕模型

切糕模型，或者叫「最小割离散变量模型」（词源 姜志豪《网络流的一些建模方法》（NOI2016 候选队论文））

切糕

经过千辛万苦小 A 得到了一块切糕，切糕的形状是长方体，小 A 打算拦腰将切糕切成两半分给小 B . 出于美观考虑，小 A 希望切面能尽量光滑且和谐 . 于是她找到你，希望你能帮她找出最好的切割方案 .

出于简便考虑，我们将切糕视作一个长 $P$、宽 $Q$、高 $R$ 的长方体点阵 . 我们将位于第 $z$ 层中第 $x$ 行、第 $y$ 列上的点称 $(x,y,z)$，它有一个非负的不和谐值 $v(x,y,z)$ . 一个合法的切面满足以下两个条件：

• 与每个纵轴（一共有 $P\times Q$ 个纵轴）有且仅有一个交点 . 即切面是一个函数 $f(x,y)$，对于所有 $(x,y)$（$x\in [1,P]$，$y\in[1,Q]$），我们需指定一个切割点 $f(x,y)$，且 $1\le f(x,y)\le R$ .
• 切面需要满足一定的光滑性要求，即相邻纵轴上的切割点不能相距太远 . 对于所有的 $1\le x,x'\le P$ 和 $1\le y,y'\le Q$，若 $|x-x'|+|y-y'|=1$，则 $|f(x,y)-f(x',y')| \le D$，其中 $D$ 是给定的一个非负整数 .

可能有许多切面 $f$ 满足上面的条件，小 A 希望找出总的切割点上的不和谐值最小的那个 .

$P,Q,R\le 40$，$D\le R$ .

首先把点化成边 .

如果没有高度限制那么显然直接拉 $P\times Q$ 条链然后超级源汇点随便最小割一下即可，下面考虑有限制怎么做：

假设我们建出了这样的两条链：

然后如果高度差限制是 $1$，则我们割这样的两条边是不合法的：

我们加一条 $\infty$ 边（如下图虚线）：

那么我们发现，这种情况变得不合法了: $s$ 和 $t$ 依然连通.

这种建 $\infty$ 边来限制选取的方法就叫做「切糕模型」.

广义的，我们用链的形式来表示偏序关系形式的选取限制，然后用最小割解决问题的模型叫做「切糕模型」，也即「最小割离散变量模型」.

（例子来源：rvalue 的博客）

有一个正确性证明：dengyaotriangle，虽然我觉得这个建图方式非常明了啊，但是这个正确性证明也可以参考一下 .

建图方式代码（建议全屏观看）：

Code

for (int i=1; i<=p; i++)
	for (int j=1; j<=q; j++)
	{
		F.addedge(s, node(i, j, 1), v[i][j][1]); F.addedge(node(i, j, r), t, INF);
		for (int k=2; k<=r; k++) F.addedge(node(i, j, k-1), node(i, j, k), v[i][j][k]);
	}
for (int i=1; i<=p; i++)
	for (int j=1; j<=q; j++)
		for (int k=1; k<=r-d; k++)
		{
			if (inrange(i+1, 1, p)) F.addedge(node(i+1, j, k+d), node(i, j, k), INF);
			if (inrange(i-1, 1, p)) F.addedge(node(i-1, j, k+d), node(i, j, k), INF);
			if (inrange(j+1, 1, q)) F.addedge(node(i, j+1, k+d), node(i, j, k), INF);
			if (inrange(j-1, 1, q)) F.addedge(node(i, j-1, k+d), node(i, j, k), INF);
		}

比较坑的是如果读入每次读入 $v(i,j,k)$ 的循环顺序是 $k, i, j$ .

关于这个模型的一些描述：最小割离散变量模型 .

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一些其他题：

• Codechef - RIN — Course Selection .
• 洛谷 P6054 [RC-02] 开门大吉 .

最大权闭合子图

最大权闭合子图：

给一张有向图，每个点有点权，选一个子图，使得每个点的所有邻接点都在图内，问最大点权和 .

做法就是加超级源汇 $s,t$，$s$ 连点权是正的点，$t$ 连点权是负的点，容量为点权绝对值，原图的边连容量 $+\infty$ 的边然后最大流即可 .

例题：NOI2006 最大获利 .

多选一模型

不太好说，放个例题（happiness）：

这个是二选一的例子，考虑首先加上所有喜悦值然后减最小割 .

建源汇点 $s,t$，首先连 $s$ 到每个点，容量是文科价值，连每个点到 $t$，容量是理科价值 .

对于每条边拆出来一个点 $x$，连 $s$ 到 $x$，容量为边权，然后 $x$ 对于边到两端连无穷容量的边 .

观察可得是正确的 .

一些例子：文理分科，小 M 的作物，善意的投票等 .