网络流
【什么是网络流】
一张带权图，给定了一个源点（起点）和一个汇点（终点）。
每个点比作一个中转站，源点比作一个水源，汇点比作一个洞。
每条边比作一条管道，边权比作上限。
现在要把水从源点输送到汇点，水经过若干中转站和管道到达汇点。
但是，每条管道单位时间内输送的水不能达到这条管道的上限（权）。
每个中转点所到达的水可以分流进各个管道里。
某种方案把水流到汇点的量，称作这种方案的流量。
网络流处理有关于流量的问题。
【最大流问题】
我们想要让最多的水可以流到汇点。
那么，最多有多少水可以流到汇点呢？
网络最大流算法负责处理这个问题。
【一个原始的想法】
我们的想法：能流的话，就流。
从这个图里随便找一条源点到汇点的路（增广路：一条权值都大于 \(0\) 的从源点到汇点的路径）。
这条路上的边的最小权记为 \(a\)。
把 \(a\) 单位的水沿着这条路流到汇点。
经过的所有边权，都减去 \(a\)，表示它最多能输送的水又少了 \(a\)。
如果一条边的边权为 \(0\)，就相当于没有了。（饱和了，不能通）
【这个想法的反例】
这个图的最大流很明显是上下分两条。但如果我们不幸搜到了中间岔开的一条，就会 WA。
而下面找到的一条路有可能会阻断上下两条。
所以，这个想法一旦选定了一条本不该选的边，就无可挽回了。
【Ford_Fulkerson】
上面说到，这个想法挂掉的原因在于不能选不该选的边。
那么，我们可以考虑让我们可以 “反悔”。
而这，就是 Ford_Fulkerson 算法思想，以下简称 FF算法。
（因为只给了理论没给程序，只能是思想而不是算法）
【FF算法】
考虑每条边再建一条反向的边。
开始时，每条反向边的边权均为 0 。
反向边的意义是：可以反悔的额度。
比如，还是这个图。
把反向边建出来，并加上权。
假如我们走了这条横跨两大陆的边，有几条黑边输送了 1 的水，要减 1.
与此同时，这些边的反向边要加 1，即可以反悔的额度加 1 了.
于是图变成这样：
我们惊奇地发现，如果加了反向边，还能找到一条路：
如果走了这条路，我们横跨大陆的错误就纠正了。
如何翻译 “走了这条路” ？
当你走了一条反向边，相当于把来到这里的水又倒了一些出来。
这些水 “反悔” 了，换了一条路，再走一遍。
【具体实现】
我们知道了整个算法的流程，但其中还有一个问题。
我们一直在说：随便找一条路，如何找呢 ？
【直接做：EK】
就按照 FF算法 说的，我们就每次找一条增广路，然后流过去。
也就是每次从源点搜索一条到汇点的路径，然后流。
这种算法就叫做 EK（Edmonds-Karp），复杂度 \(O(n^2m)\)
【图分层：Dinic】
我们进行一个优化：先从源点 BFS，只经过剩余容量 \(>0\) 的边，记录每个点的深度（距离）。
然后找增广路时，只走那些通向下一层的边。
【当前弧优化】
非常重要！
【有上下界的网络流】
【无源汇可行流】
建立超源点 \(S'\) 和超源点 \(T'\)。暂时只看每条边的下界，看每个点如果每条边都卡着下界，入度和出度比是多了还是少了。少了，就连一条到 \(T'\) 的边，容量为少了多少；否则 \(S'\) 连一条到这个点，容量为多了多少。
从 \(S'\) 到 \(T'\) 跑最大流，判断所有 \(S'\) 连出去的边是否都满流，如果不满流就不可行。
【有源汇可行流】
在上面图的基础上，在原来的 \(S,T\) 之间连一条 \(T\rightarrow S\) 的容量为 \(+\infty\) 的边，然后跑 \(S'\rightarrow T'\) 最大流，判断是否满流。
（这个时候我们找到了一个可行流，且这个可行流就是此时 \(T\rightarrow S\) 这条边的流量）
（想知道 \(T\rightarrow S\) 的流量，可以通过遍历 \(T\) 的所有出边，找到 \(T\rightarrow S\) 的边，然后通过 \(rev\) 看反边）
【有源汇最大流】
上面的图跑完最大流得到残余网络，在这个残余网络上先删掉 \(T\rightarrow S\) 的 \(+\infty\) 边后求 \(S\) 到 \(T\) 的最大流，这个流加上上面可行流的流量就是最大流。（不用管 \(S',T'\)，因为跑 \(S,T\) 都不会用到）
注1：删边 \(\iff\) 遍历出边，把 \(T\rightarrow S\) 的 \(+\infty\) 边容量变成 \(0\)，同理找到 \(S\rightarrow T\) 对应反边容量也变成 \(0\)。
注2：具体代码实现，删边可以直接调用 e[s],e[t] 的最后一个元素，因为 \(+\infty\) 边是最后加上去的。
※ 注3：也可以不删边直接在残余网络上求 \(S\rightarrow T\) 的最大流。因为 \(T\rightarrow S\) 的 \(+\infty\) 边的反边容量就刚好是第一轮最大流的流量。所以直接求 \(S\rightarrow T\) 最大流刚好会包含这条边。
【有源汇最小流】
也是残余网络删掉 \(T\rightarrow S\) 的边，但是跑 \(T\rightarrow S\) 的最大流，然后可行流减去这个最大流。
【费用流】
一般先保证最大流，再保证最小费用。
每条边每流一单位的流量，就要付一份这条边对应的钱。
先抛弃 Dinic，回归 FF 算法。
但是这次我们每次找增广路，用最短路算法找到一条费用最小的增广路，然后增广。
注意带费用的边的反边，费用就应该是负数了，因为反边代表的是反悔，反悔就要把费用吐出来。
复杂度：\(O(nmf)\)，其中 \(f\) 等于图的最大流。
【正确性】
首先根据 FF 算法，只要是找增广路，就一定是对的。
但是是否每次找单个最小，就能得到总体最小？
是。（因为 FF 算法的反边是保证了一切反悔的可能性）
【有源汇上下界最小费用最大流】
注意建图反边费用是负数！
注：所有额外边的费用都是 \(0\)。
类比有源汇最大流，我们建了图后先跑一遍 \(S'\rightarrow T'\) 最小费用最大流，设这一次得到流量 \(f_1\)，费用 \(c_1\)。
然后（不删边）再跑 \(S\rightarrow T\) 的最小费用最大流，设这一次得到流量 \(f_2\)，费用 \(c_2\)。
则总共最大流量是 \(f_2\)，最小费用是 \(c_1+c_2\)。注意这里的费用不能直接取 \(c_2\)，因为这里的费用不能直接用 \(+\infty\) 的边做巧合。
【题目】
Telecowmunication 奶牛的电信
这题是割点，不是割边。那怎么做？
把每个点拆成入点和出点。入点向出点连一条容量为删除这个点代价的边。
然后可以通信的点之间，入点向出点连 \(+\infty\) 的边。
于是就可以最小割了。
蜥蜴
最少留下 = 总 - 最多离开。
也把每一个格子分成入点和出点，对于每个格子只能经过多少只蜥蜴，其入点就向出点连多少容量的边。
互相能跳跃的格子，连容量 \(+\infty\) 的边。此时最大流就是最多离开。
除此之外，怎么分配初始蜥蜴？我们可以建立超源点 \(S\)，\(S\) 向所有有蜥蜴的格子连边。
同时建立超汇点 \(T\)，所有能跳出边界的出点都向 \(T\) 连边。
这题里面，我们认为格子的限制只在格子内部处理，格子之间是可以无限跳跃的。同时：我们认为蜥蜴不是一开始就在格子上，而是从一个位置 \(S\) 跳到初始格子上。
士兵占领
这题王老师的 std 写错了，把行和列的结点建到一起去了。
解法：
把士兵的分配看作都从源点出发，流到每个行，然后从每个行流到每个列上面去。
对行的限制体现在 \(s\rightarrow row\) 上，对列的限制体现在 \(col\rightarrow t\) 上，对格子障碍物的限制体现在 \(row\rightarrow col\) 上。用上下界网络流做。
具体而言：设第 \(i\) 行有 \(x\) 个格子可以放，则 \(s\) 向行 \(i\) 代表结点连一条容量 \([l[i],x]\) 的边。设第 \(j\) 列有 \(x\) 个格子可以放，则列 \(i\) 代表结点向 \(t\) 连一条容量 \([c[i],x]\) 的边。
然后如果 \((i,j)\) 可以放士兵，则行 \(i\) 代表结点向列 \(j\) 代表结点连一条 \([0,1]\) 的边。
然后求有源汇上下界最小流。
圆桌问题
构造一个图：左边 \(n\) 个点，右边 \(m\) 个点，代表单位和桌子。
\(s\) 向左边每个点连边，容量 \(r_i\)；右边每个点向 \(t\) 连边，容量 \(c_i\)；左边每个点向右边每个点连边，容量 \(1\)。
跑最大流，看看是否等于总人数。
如何找方案：循环左边每个点，再循环到右边的边，看看容量是否为 \(0\)。
星际转移问题
之前 ZR 模拟做过类似的。
把地月看作 \(n+1,n+2\)，洪水填充判断是否有解。
拆点，每个点拆成 \(t\) 个点表示在不同的时间到这个点的状态。
初始源点向地球连 \(+\infty\) 的边，表示允许任意多人到地球。求最短时间就是看第一个时间点，到达月球的人数达到 \(k\)。
枚举 \(i=1\sim +\infty\)，然后枚举每艘太空船，找到它第 \(i\) 时刻所在位置，然后从 \(i\) 时刻位置向 \(i+1\) 时刻所在位置连容量 \(h_x\) 的边。\(i\) 时刻的月球向汇点连 \(+\infty\) 边。
加了新边之后跑最大流，把最大流加入目前的人数中，判断是否达到 \(k\) 人。如果是，就输出答案；不是，进入下一轮。
植物大战僵尸
神奇的建模。
先拓扑排序找出所有环和环的后继。这些一定是不会被吃的。
如果保护者指向被保护者，答案就是在剩下的点之间求最大权闭合子图。
（闭合子图：选一些点，使得如果 \(u\) 被选，则 \(u\) 的所有前驱都要选）
建模：建立超源超汇，原来保护关系的边都方向取反后变成 \(+\infty\) 的边。
然后，若点 \(u\) 权值为正，\(S\rightarrow u\)，容量 \(a_u\)；否则 \(u\rightarrow T\)，容量 \(-a_u\)。
去掉拓扑排序后，所有收益为正的植物的收益之和 减去 最小割即答案。
拍照
也是最大权闭合子图。
对 \(m\) 个拍照事件做出 \(m\) 个点，\(n\) 个人做出 \(n\) 个点。
类比上面，每个人都保护了一些拍照事件。
海拔
观察：最终每个点的高度要么是 \(0\)，要么是 \(1\)。且最后的花费就是所有 \(0\rightarrow 1\) 的边的人流量。
观察：最后的图中，\(0,1\) 各形成一个连通块。
所以我们的问题：分成两个连通块，使得联通它们的边边权和最小。
直接最小割，但是发现还要优化。
对偶图！
对偶图是一种平面图最小割的优化方法。可以把最小割转化为最短路。可以上网搜。
CF704D
思路和蜥蜴一样，每个点的颜色视作先从超级源点流到每个 \(x\) 坐标上，再从 \(x\) 坐标流到 \(y\) 坐标上。然后就变成上下界网络流。
点要离散化，但是不能用 map，因为点可能重复.
餐巾计划问题
补充题意：初始没有餐巾；最后一天过了，餐巾是不是全部干净都行。
把每一天看成节点，餐巾的使用视作在节点之间流动。
具体而言，建立 \(2N\) 个点。每一天对应两个点，分别表示在这一天内干净的餐巾和脏的餐巾。
（以下没说费用都是 \(0\)）
如何连边？首先，干净点 \(A\) 向干净点 \(A'\) 连 \(+\infty\) 的边，表示这天可以选择任意数量餐巾不用；脏点 \(A\) 向脏点 \(A'\) 连 \(+\infty\) 的边，表示这天可以选择任意数量餐巾不洗。
\(s\) 向 \(1\) 连边，容量 \(+\infty\)，费用 \(p\)，表示买餐巾。
\(i\) 向 \(i'\) 连边，容量 \([r[i],r[i]]\)，表示第 \(i\) 天会产生 \(r[i]\) 个脏餐巾。
\(i'\) 向 \(i+m\) 连边，容量 \(+\infty\)，费用 \(f\)，表示快洗；
\(i'\) 向 \(i+n\) 连边，容量 \(+\infty\)，费用 \(s\)，表示慢洗。
\(n\) 和 \(n'\) 向 \(t\) 连边，容量 \(+\infty\)。
跑上下界最小费用流即可。
深海机器人问题
难点在于怎么处理每个生物标本只能被采摘一次。
首先生物标本是在点上的，对点的限制不好直接在图上体现。我们用一个经典 trick: 入点出点。
然后对于一个生物标本，我们从入点到出点连一条容量 \(1\) 的边，费用是生物标本的价值。
另外每个入点到出点，都连一条容量无穷，费用 \(0\) 的边。
跑最大费用最大流。
志愿者招募
我们把问题看作我们一开始有无限个志愿者。题目的“雇佣”就是让一些志愿者开始工作。设置 \(n+1\) 天，每一天抽象为一个结点，志愿者视作随着时间（天数）流动。
假如第 \(i\) 天需要 \(p_i\) 人，则从 \(i\) 天向第 \(i+1\) 天连一条容量为 \(inf-p_i\) 费用 \(0\) 的边，表示第 \(i\) 天最多有 \(inf-p_i\) 人休息。
一类志愿者可以从 \(s_i\) 做到 \(t_i\) 天，则从 \(s_i\) 向 \(t_i+1\) 天连容量 \(+\infty\) 的边，费用 \(c_i\)。
然后超源点 \(s\) 向第一天连容量 \(+\infty\) 费用 \(0\) 的边，第 \(n+1\) 天向超汇点 \(t\) 也连同样的边。
这么跑最小费用最大流：
首先人数有 \(inf\) 个，最终也必须剩下 \(inf\) 个人（总流量必须是 \(inf\)）。为了最小费用，就会使用尽可能小的费用把 \(inf\) 个志愿者送到第 \(n+1\) 天，符合要求。
最大密度子图
