随笔分类 - 网络流
摘要：本题是分层图最大流问题，相当于按时间拆点，每个当前点向下一点的下一时间层连点，每一层有n+1个点 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; const
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摘要：本题可以把求解的目标转换成从1到N两条不相交的路径，回想上一题，通过拆点来限制一边只能过一次，capacity为1，cost为-1来跑最大费用流，注意1点和N点的capacity要为2，因为需要过2次，答案就是最大费用流-2，本题的收获是输出路径，从每个点的出点出发(虚点)枚举其连接的下一个入点(实
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摘要：三倍经验，三个条件，分别对应了常见的3种模型，第一种是限制每个点只能一次且无交点，我们可以把这个点拆成一个出点一个入点，capacity为1，这样就限制了只选择一次，第二种是可以有交点，但不能有交边，那我们就不需要拆点，限制每条capacity都为1就可以了，第三种直接连，没有限制( #includ
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摘要：本题和方格取数一样，也可以分成黑白点，本题加上特判一个点是否有障碍即可，其余和那题没什么区别，挂一下大佬的证明(二分图最大独立集) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef lo
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摘要：费用流问题，每个样本选一次，就连一条capacity为1，权为给定的值，因为可以重复走，再连capacity为无穷，权为0的边，再一次连接给定的出点和汇点即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-
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摘要：有限制的问题，显然考虑全选再根据限制去掉的想法较优，我们发现一个点四周的点受限，其x或者y差一，也就是说奇偶性不同，那我们可以将其分成白点和黑点，就变成了最小割的问题，将每个白点向受限制的黑点连边，capacity为INF，每个黑点向汇点连边，capacity为该点的值，同理，源点向每个白点连边，这
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摘要：简单的费用流问题，每个人对每个任务连边，每个任务对汇点连，源点对每个人连，最大费用取反即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; const in
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摘要：简单的最大流问题，一样的设源点汇点，每个单位向每个餐桌连capacity为1的边，源点向每个单位连capacity为人数的边，每个餐桌向汇点连capacity为座位数的边，跑最大流，若flow=总人数则有方案，遍历每一个单位流量为1的点即可 #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：最小路径覆盖=节点数-最大匹配数，拆成二分图跑dinic/匈牙利即可，注意输出路径的时候判断拆成的入点和出点和另加的反向边 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long l
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摘要：本题很简单的费用流问题，有石头的点需要限制，那我们就可以拆点，capacity为1就可以限制，然后cost为-1，直接跑板子就可以了，注意输出的时候找残量网络的反向边
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摘要：这题和3358一模一样，建模形式直接不用变，就两点不一样，一是len变化了，加入y后再更新即可，还有就是可能会出现x0=x1的情况，即一条开线段垂直x轴，如果我们依旧按照上一题的建图方法，就会出现负权环，无法跑出答案，我们就可以把一个点拆成入点和出点，这样无论是否是不是垂直都可以一样建，注意开lon
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摘要：网络流建图好难，这题居然是网络流(雾，一般分析来说，有限制的情况最大流情况可以拆点通过capacity来限制，比如只使用一次，把一个点拆成入点出点，capacity为1即可，这题是限制最大k重复，可以联想到最大流问题，设源点汇点，限制的k就是其最大的capacity，其最大流一定<=k，跑出来一定满
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摘要：第一问可以直接DP来做，联想上一题，线性规划都可以化为网络流？我们可以借助第一问的DP数组，来建立第二问第三问的网络流图，考虑每一种可能，都是dp数组中满足num[i]>=num[j]&&dp[i]=dp[j]+1(i>j)，每一种可能都是从dp为1的点递增到dp为第一问的值的点，那么我们就设一个源
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摘要：本题是最小费用流问题，据说所有的线性规划问题都能变成网络流，部分贪心，一天有2种情况，分别是干净毛巾与脏毛巾，那么一个点2个状态显然困难，就将一天拆成2个点，一个点表示干净毛巾，一个表示脏毛巾，依旧是设源点汇点，源点向每天的脏毛巾点连capacity为产生的脏毛巾数，费用为0，每天的干净毛巾向汇点连
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摘要：好像是最大权闭合图，也就是最大流最小割啦，找出最大流的路径输出，这题如何建模呢，一样的先设源点和汇点，源点向每个计划连capacity为赞助数的边，每个计划连相应装置capacity为无穷的边，每个装置向汇点连capacity为支付费用的边，这样，最大利润就是赞助总数-最大流啦，如何证？看两个例子
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摘要：经典问题，货物供需平衡，很容易想到网络流，设源点和汇点，源点对每个仓库连一条capacity为仓库容量的边，cost为0，每个商店对汇点连一条capacity为需要的量的点，cost为0，每一个仓库与商店之间连一条capacity为无限大，cost为给定的边，直接跑最小费用最大流即可，求最大费用就去
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摘要：本题可以用最大流也可以用最大匹配(本质一样)，用dinic最大流好建图，但码量大，匈牙利码量小，建图费点劲。 最大流：依旧是设一个源点一个汇点，对于每一个种类，连一条到汇点的边，capacity为需要的量，对于每一个试题，从源点连一条capacity为1的边到他，从他对每一个其所属的编号种类连一条c
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摘要：题目中没有说球的上限是多少，只告诉了柱子，那么我们就应该以柱子为界去增加球，考虑将每两个能组成完全平方数的点连边，就形成了一个DAG(有向无环图)，由于是DAG，可以转换为最小覆盖问题，即最多有n条路径(柱子数)，求其能覆盖的最大点数，最小覆盖路径 = 节点数 - 最大匹配数，可以将其拆成二分图跑匈
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摘要：本题有数学贪心解法和费用流解法 数学解法就看看luogu题解吧，窝太菜了 费用流就找建图法，依旧是设超级源点和汇点，初始数据就源点s向该点连点，流量就是初始量，代价为0，然后每个仓库向相邻的点连边，容量无限大，代价为1，再每个仓库向汇点连点，容量就是sum/n，代价为0，直接跑最大流最小费就行了，这
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摘要：#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; const int maxm = 5e5+5; const int INF = 0x3f3f3f3f; st
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