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网络流

基础知识

定义

一张 网络：由一个图和一个函数 $C: E\to \R$ 组成。$C(e)$ 表示一条边 $e$ 的 容量。

其中有两个关键的点，称为 源点(S) 和 汇点(T)。

下面用 $C(x,y)$ 表示 $x,y$ 这条边的 $C$ 函数值。对于其它定义域为边集的函数都写成这样。

一个合法的 流：考虑这样的一个函数 $f:E\to \R$，满足：

• 流量平衡： $\forall u\neq S,T,\sum\limits_{v\to u} f(v,u)=\sum\limits_{u\to v} f(u,v)$
• 斜对称性：$\forall u\to v, f(u,v)=-f(v,u)$
• 流量限制：$\forall u\to v, f(u,v)\le C(u,v)$

可以推得：

• $\sum\limits_{S\to u} f(S,u)=\sum\limits_{u\to T} f(u,T)$

把这个值称为这个流的 流量。

有一个形象的理解是，$S$ 为自来水厂，$T$ 是你家，每条边相当于是一个水管，带一个容量限制。然后中间有若干的中转站（并不能提供水）。流量就是流到你家里水的数量。

一类问题是，最大化流量。 称为 最大流问题。

一类问题是，有一个费用函数 $w:E\to \R$，表示每条边每个单位的流量所需要付出的费用。在最大化流量的前提下，最小化代价。称为 最小费用最大流 问题。

此外，还有一类问题叫做 “最小割”。严格定义如下：

• 将点集 $V$ 划分成 $A,B$ 两个集合（即，$A\cap B=\empty, A\cup B=V$），使得 $S\in A,T\in B$
• 定义割的大小为：$\sum\limits_{u\in A,v\in B} c(u,v)$。最小化这个东西。

换句话说，就是：切掉一些边使得 $S,T$ 不连通，最小化切掉的边的边权和。

【定理】最大流=最小割

证明：首先显然每个流都$\le$每个割。然后做完最大流的时候，在残量网络上，把 $S$ 能到的那些点设为 $A$ 集，剩下的设为 $B$ 集，$A,B$ 就构成一个最小割，且这个割的大小就等于最大流。

最大流 - Dinic算法

首先我们发现，“流”这个东西其实就是很多条从 $S\to T$ 的路径，每条路径流了一个流量，叠加起来，然后给反向边放一个负权就行了。总流量就是每条路径流的流量和。

注意到，“流”和“$S\to T$ 路径”都满足除了 $S,T$ 外的点流量守恒。

那假设咱现在有一个流。它是最大流吗？怎么把它变更大？

有一个显然的想法是我再找一条路径，叠加上去。如果流完之后还能满足流量限制，那我们就可以把流量加上这条路径流的量。

这玩意可以转化为：每次流完之后，我们把一条边的容量设为它还剩下的流量 $C'(u,v)=C(u,v)-f(u,v)$。这样得到的网络称为 残量网络。同时，这条路径被称为 增广路。

反之，如果我们找不到增广路，那就说明当前是最大流了。

那如果我们有一次流错了，导致我找不到增广路，但还不是最大流？有没有这种情况？

注意到我们每条边有一个负权的反边。那如果 $u\to v$ 流了一个流量 $f$，那么残量网络上 $C'(v,u)=0-(-f)=f$。（注意到 $C$ 的限制是针对 $u\to v$ 的，$v\to u$ 容量限制为 $0$，如果没有另外加边的话）。如果我们有一个增广路流了这一条边，就相当于把这次 $u\to v$ 的流 反悔 了。

这个机制确实保证了正确性，但是复杂度与容量有关。如果容量 $1e9$ 直接挂了。

Dinic算法就解决了这样一个问题：我每次先BFS把图分层，每次只从上一层流到下一层。

然后它就跑的飞快了。

板子

Dinic: 代码

一些易错点：

• BFS中， 不要忘记返回值，以及dep和Q的清空；对于当前弧优化，记得把当前弧搞出来
• DFS也不要忘记返回值
• 网络流别忘记clear
• 网络流中不要忘记定义变量 S,T
• DFS(S,INF)
• F(i,1,tot) dis[i]=INF;
• 最大费用最大流，你应该判 dis[T]<=-INF 的时候 break，而不是 dis[T]<0

题

通常，网络流题目并不难在写出来网络流（除非出题人卡常，要写一些比dinic快的网络流），而是把模型建出来。

最大权闭合子图模型

一个有向图中，每个点有一个权值，可能正可能负。选一个点，就要选这个点所有后继。请选择若干个点，满足条件，且权值和最大。

这就是 “最大权闭合子图” 模型。

可以采用最小割建图来解决这个问题。有两种常见的思想：割一条边代表选，以及，割一条边代表不选。

分析一波。对于这个问题，我们考虑：假设没有任何限制，那肯定就把所有正的全都选上。

但是我们选了某些正的点，可能相应的就要选一些负的点。

对 “选...就要选...” 进行一个联想：在一张图上，要把 $S,T$ 割开，如果我要保留一些边，就必须割掉另外一些边。也就是 “保留...就要割...” 的模型。

对于每个正权的点，要选它，就要选另外一些点。把权值放在边上，就变成 “选...就要选...” 模型。

根据上面的联想，我们令正权点连的边， “保留” 为 “选”。那它后继应该有一些能到 $T$ 的边，使得它能构成 “保留...就要割...” 模型。

而且后面这些边，应该反过来，是以 “割” 为 “选”。

注意到，“保留”为“选”，相当于“割”为不选。那我们先全选，减掉割，就行了。

后面以“割”为“选”，我们考虑能不能保持同步，也是用 “全选，减掉割” 的办法处理。

啪的动一下脑子：对于负权点 $-a$，我们连一条权值为 $a$ 的边。如果割掉，就表示选了这个负权点。好对啊！！！

那我们现在已经有了 “全选，减掉割” 这个idea了，并且，我们要把点权放在边上。

那我们具体怎么连边呢？考虑 “保留...就要割...” 模型，总体上大概是前者离 $S$ 近，后者离 $T$ 近。

那我们干脆把前者连到 $S$，后者连到 $T$。也就是说，把正权接在 $S$ 上，负权接在 $T$ 上。对于 “选...就要选...”，直接连边就行。

仔细一想，这样好像就对了！

总结一下：

• 对于正权点 $u$，权值为 $a_i$，我们连边 $S\xrightarrow[]{a_i} u$
• 对于负权点 $u$，权值为 $-a_i$，我们连边 $u\xrightarrow[]{a_i} T$
• 对于原图上的 $u\to v$，连边 $u\xrightarrow[]{\infin} v$
• 正权和 - 最小割，为答案

这是一个常见模型。有很多延伸应用。

板子：洛谷 3410, [网络流24题]太空飞行计划问题

最大权导出子图 / 最大密度子图(poj 3155)

最大权导出子图，很好理解。就是点和边都带权，找一个导出子图，使得权值和最大。

考虑导出子图这个事情：如果选了一个边，就要选它两边的点。

把边建出来点，那它就变成了最大权闭合子图。

定义一个导出子图的密度为：边数/点数。找到最大密度的子图。

考虑二分。假设密度能 $> \rho$，设边数、点数为 $E,V$，则 $\dfrac{E}{V}> \rho$。

也就是说 $E-\rho V> 0$。设边权为 $1$，点权为 $-\rho$，找到最大权导出子图，看看是否 $>0$。

（注意要严格大于，因为如果是 $\ge0$，你不选也 $\ge 0$，没法限制）

然后卡卡精度就行了。

经典in-out拆点

对于一个点 $u$，拆成 $u_1,u_2$，$u_1\to u_2$ 连一条边，边权为 $u$ 的点权。

这样就可以把点转换成边，用边来做点。

SCOI2007 蜥蜴

我们发现这个东西很像一个最大流。但是限制不在边上，而是点：每个柱子有被经过次数的限制 $h(i,j)$。

对于 $(i,j)$ 位置的点，我们把它in-out拆点，然后中间那条边权设为 $h(i,j)$，即可解决这个限制。

对于原图上 $u\to v$ 的边，连边 $u_2\to v_1$ 即可。

洛谷1345

这题是一个“最小点割”：每个点带点权，割若干个点使得 $c_1,c_2$ 不连通。最小化割掉点的权值。

令 $c_1,c_2$ 为 $S,T$。我们把点in-out拆点后，把中间那个边权设为该点的点权。$u_2\to v_1$ 的边权设为inf。

求这个图的最小割，显然只会割在点中间那个边上。我们发现它就和原图割点的方案一一对应。求这个最小割就行了。

三元匹配

有三类点，$A,B,C$。边只会是 $A\to B,B\to C$ 类型的。

对于一个 $a,b,c$，满足：

• $a\in A,b\in B,c\in C$
• $a\to b$，$b\to c$ 之间，都有边

称 $(a,b,c)$ 是一组三元匹配。一个点只能被匹配一次。请你选出最多的三元匹配。

（相当于把二分图匹配扩展一下）

根据二分图匹配的套路，对于 $a\in A,c\in C$，我们连边 $S\to a,b\to T$，容量为 $1$，就可以限制 $a,c$ 只被选一次。

但是 $b$ 可能被选很多次，那咋办？我们不能靠 $S,T$ 了，靠自己！我们自己裂开来，in-out拆点，中间连一条边，容量为 $1$。这样就可以限制它只被选一次了。

然后跑最大流即可。

这个技巧也可以解决更多元的匹配。

例题如：洛谷1402，1231 （其实算是双倍经验了）

环覆盖

对于一个有向图，“环覆盖”可以看成是入度与出度的匹配。

然后就直接连边做就行了，注意一个点可以匹配很多次，所以连到 $S/T$ 的边容量为它的入/出度。

例题如 CF510E，也没见到别的。

二元选择

每个东西只有两种选择，选 $A$ 或者选 $B$。两种选择有各自的收益。

还有若干关系：若...选择...，则有额外收益。

不需要像刚才那样拆成两个点，直接把每个点连 $S$ 表示选 $A$，连 $T$ 表示选 $B$ 即可。

关系另外处理

小M的作物 / 文理分科 / happiness

这三个题本质上是一个题，都可以在洛谷上找到（

概括一个共同的题意：

• 每个点二元选择，选 $A$ 获得价值 $A_i$，选 $B$ 获得价值 $B_i$
• 有若干个关系。每个关系分 $A,B$ 类型，用一个集合 $S_i$ 和权值 $v_i$ 描述。若 $S$ 集合中所有人同时选了 $A/B$，则额外获得 $v_i$ 的收益
• 最大化总收益

按照二元选择的模型建图。然后我们用 “割” 代表 “不选”。

对于每个关系，观察它的形式（以 $A$ 型举例）：若干个点同时割掉到 $T$ 的边，这个关系才能形成。

令关系也是“保留”代表“选”，这个就是上面提到的模型：“保留...就要割...”

那把关系 $i$ 搞出来一个点 $p_i$，$S\xrightarrow[]{v_i} p_i$，$p_i\xrightarrow[]{\infin} x (\forall x\in S)$。

这样，只有当 $S$ 中所有元素都选 $A$ （割掉 $B$）的时候，才能选这个关系，符合题目的要求。

然后用全部权值和减去最小割，就是最大的收益了。

SHOI2007善意的投票 / JLOI2010冠军调查

先搞一个二元选择模型建图。接下来，与上题不同，我们要解决“不同”。

这个东西更加简单。我们用“割”表示“选”，那只要在 $u\to v,v\to u$ 之间都连一个 $\infin$ 就行了。

这样 $u,v$ 必须选相同，才能避免这个额外的代价。否则，就会有一条通路过去。

然后求最小割就行了。

多元选择拆点

有 $n$ 个东西，都有很多个选项。我们可以把每一个选项拆点，解决选项之间的限制问题。

它可以结合距离限制模型，解决更多问题。

SCOI2007 修车

对于一个师傅，它可能会修 $1,2,3...n$ 辆车。我们把这 $n$ 种选择全都拆成点。

注意到它依次修 $k$ 辆车，时间为 $a_1,a_2...a_k$，总时间为 $a_k+2a_{k-1}+3a_{k-2}...+ka_1$。越靠后，系数越小。换句话说，系数是 “倒数第几个”。

那我们这么拆：对于这个师傅 $x$，拆点 $x_1,x_2..x_n$ 表示：修倒数第 $1$，倒数第 $2$....倒数第 $n$ 辆车。

那给它一个 $1,2,3...n$ 的费用就行了。容量为 $1$，表示修一辆车。

$S$ 先连到一个 $S'$，容量为 $n$，表示必须修 $n$ 辆车。然后 $S'$ 连到每个师傅。每个车再连到 $T$，容量为 $1$，表示每辆车恰好被修一次。

以下是某个同学代笔写的，与文章内容无关，但文笔太好了，让我们来欣赏一下。

lzj会站在这些车前面，他认为这些车修的不好，于是一个个教育这些师傅，朝问道，夕死可矣，在修车的时候没有注入灵魂，看不出人的傲骨，车乃大丈夫行天下之利器，辙及天南海北，反映的是一个人的精神和风骨，君子者，为天地立心，为生民立命，为往圣继绝学，为万世开太平，一个合格的修车夫，应饱含理想主义的信仰，做一名斯多葛派的信奉者，不灭人生而有之的飒踏和洒脱，在尘世面前，保持初心，而不是庸于俗世泯然芸生，心之所行，万物随之奔流，修车乃格物之道，正如王阳明的心学理念，需人神之悟道，皆物我合一。我们看穿车之本质，其属性为两个标量，在一维不可逆的时间体系逻辑中，我们需以lzj的自我基础元的意识世界为第一视角，从计算的本质——映射开始，领悟绝世大儒对此题的理解和悟道，总而言之，AprilGrimoire txdy !!!!!!1

距离限制模型

每个东西有若干个选项，第 $i$ 个东西的选项有编号 $j\in [1,m]$，并且有权值 $v_{i,j}$。首先我们用上一个模型，把这些选项拆点。

拆完点之后，东西之间有选项的限制。设 $i$ 这个人选的选项是 $c_i$。有若干个限制，每个形如：$c_i-c_j\le/\ge k$。我们需要满足每个限制，然后使权值和最小或最大。

这个就是距离限制模型。

它有一些延伸，比如说我们要做 $|c_i-c_j|\le k$，就可以转化成 $c_i-c_j\le k$ 且 $c_j-c_i\le k$，再套用这个模型。

那它怎么做呢？

其实我们并不是把选项拆“点”，而是拆“边”。对于每个选项，我们拆出 $m+1$ 个点，连成一条链。中间 $m$ 条边的权值是每个选项的权值。$S$ 到最开始的点，最后的点到 $T$ ，有两条 $\infin$ 的边。然后我们认为 “割” 为 “选”。

形式化地，对于第 $i$ 个东西，我们设它拆成的点是 $A_{i,1}...A_{i,m+1}$。

如下建图：

$$\forall i\in[1,n],\\ \begin{cases} S\xrightarrow[\infin]{} A_{i,1}\\ T\xrightarrow[\infin]{} A_{i,m+1}\\ \forall j\in[1,m],\ A_{i,j}\xrightarrow[]{v_{i,j}} A_{i,j+1} \end{cases}$$

称这玩意为东西 $i$ 的 “选项链”。 我们把每个东西的 “选项链” 都建出来。

这是一个经典的建图，它有什么性质？

我们在链之间横向插边！

比如我们在 $A_{u,i}$ 和 $A_{v,j}$ 之间连一条 $\infin$ 边。那么，如果 $v$ 选在 $j$ 之前，$u$ 就要选在 $i$ 之前。否则就会有 $S\to A_{u,i}\to A_{v,j}\to T$ 这样一条通路。

对于一个 $d$，考虑：$\forall i$，连边 $A_{u,i}\to A_{v,i+d}$ 。如果 $v$ 选在了 $i$，则 $u$ 必须选在 $i-d$ 之前。这就实现了 $c_v-c_u\ge d$ 。

然后求最小割就是最小的权值和。

那么问题来了，如何求最大的权值和？

首先我们搞一个够大的数 $M$，然后把每个 $v_{i,j}$ 变成 $M-v_{i,j}$。然后用 $M\times n$ 减去最小割即可。

感性理解：假设默认可以得到 $M$ 的收益，考虑每个选项 损失 的收益。让损失最小，就等价于权值和最大了。

直接应用：HNOI2013 切糕，codechef RIN

行列建点

适用于网格图的建图技巧。

把每行、每列都看成点，把位置 $(x,y)$ 看成行与列的关系，建边。

一般题目难都难在想到这样建，以及处理关系呢。

大概就是这样的套路吧（笑）。

bzoj4883

把每个格子看做行与列连了一条边，然后要定向。指向的那个点就是这个格子控制的点。

那我们一共要选 $n+m$ 个边和点。那很显然就是一个基环树森林。

用并查集就可以类似kruskal贪心的做了。

虽然不是网络流题，但可以根据这个题，熟悉一下行列建点是怎么建的。

洛谷4311

逆向思维。假设一开始每个位置都有士兵，最少删掉多少个士兵？

删掉一个士兵，相当于把它对应的行和列都减少了 $1$ 的贡献，答案也可可以变小 $1$。这就像我们把这里原来的一条流给取消了，三条边的流量都 $-1$ 且答案 $-1$。

我们把 $S$ 连到行点，列点连到 $T$。对于中间的一个格子，连接它对应的行列点，容量为 $1$。

对于每行每列，我们把它连到 $S,T$ 的边的容量，设置为它最多能删掉多少个士兵使得它能满足条件。

显然这张图的最大流就是最少删除的士兵数，拿总数减掉就行。

HEOI/TJOI2016 游戏

假设没有石头，答案就是 $\min(n,m)$。

我们可以把它看成是行点与列点的匹配。每个可以放炸弹的格子相当于连接了一个行点和一个列点，答案就是最大匹配。

这样就可以做仅有软石头的情况了。考虑硬石头咋做。

现在放了一个硬石头，考虑它的那一行（列同理），如果我们在左边和右边放了一个炸弹，我们发现没事。因为这个硬石头把它们隔开了。

那其实我们以为这是 “一行”，但其实并不是 “一行”，它相当于是裂开了，变成两 “小行”。在两个“小行”内部不能同时有炸弹，但是在“小行”之间没有限制。

因此我们可以灵活运用这个拆点，把行再拆开。给这些拆开来的行赋予一个新的编号。

同理，我们给拆开来的列也分配新的编号。

然后就对这些 “新行”，“新列” 做最大匹配就行了。

SCOI2015 小凸玩矩阵

每行每列选一个 $\to$ 行列匹配，直接行列建点。

那第 $k$ 大怎么做？

先二分，设第 $k$ 大能 $\ge mid$，那么 $\ge mid$ 的设为 $1$，$<mid$ 的设为 $0$。我们得选出 $k$ 个以下的 $1$。

$1$ 的个数其实就是行列的最大匹配数。然后就每次跑一遍二分图匹配，然后check一下就行了。

最小路径覆盖模型

不太会，我去学一学

杂题

网络流24题 最长不下降子序列问题

第一问显然是dp。第2，3问似乎不能dp了。

第2问很像一个最大流。我们给每个点加一个只能选一次的限制，用容量来限制就行。限制在点上，看来需要做一个 in-out 拆点。

我们要保证每一条流，都对应着一个LIS。怎么做呢？

考虑一个LIS，它上面的dp值应该是连续+1的，并且位置也是递增的。

那对于 $i<j,dp_i+1=dp_j$，我们连边 $i_2\to j_1$，容量为 $1$。然后最大流就是答案了。

对于第三问，把点 $1,n$ 内部的限制与它们到 $S,T$ 的容量限制变为 $\infin$，就行了。

CQOI2009 跳舞

这题相当于明示了用网络流吧。感觉好像对着网络流的意义建边就行了，建完发现不太行。

首先一个问题是，不好处理“不喜欢”的限制。那好办，把不喜欢拆出来一个点。然后它来一个容量限制 $k$ 就行了。

由于喜欢和不喜欢都是相互的 （单恋人落泪），“喜欢”相互连，“不喜欢”相互连就行了，不存在喜欢连到不喜欢的情况。

还有一个问题是，我们求出来它最多配成多少对，但是并不能直接得知能不重复的完美匹配多少次。

那咋办呢？考虑二分！

首先二分性显然是有的。然后对于一个 $mid$，匹配的对数应该至少是 $mid\times n$，然后才能完美匹配 $mid$ 次。

我们可以在 $S,T$ 那边，给每个人加一个 $mid$ 的容量限制，表示这个人最多参加 $mid$ 轮跳舞。

此时流量最大是 $mid\times n$，判断它是否等于 $mid\times n$ 就行了。

容易证明如果流量为 $mid\times n$，一定有解。

然后就二分做一下就没了。

ZJOI2009狼和羊的故事

很明显，有两种东西，根据上面做这么多题的经验，啪的一下想到：$S$ 连到羊，狼连到 $T$

接下来我们要设置最少的篱笆使得狼和羊不连通。这显然就是一个最小割问题。而且狼和羊不连通，等价于 $S$ 和 $T$ 不连通。那转化都不用转化，只要每个点向周围连一条边，容量为 $1$，就行了。

POI2005 KOS-Dicing

对于一个比赛 $a,b$，相当于要从二者中选一个，对其胜利次数 $+1$。然后我们要最小化这个最大值。

最大值最小，啪的一下，二分。 （注意到确实有可二分性）

然后现在变成了：对于一个 $k$ ，是否可以让每个人的胜利次数都 $\le k$。

考虑网络流，每流到这个人一次就看成是次数 $+1$。对于限制，我们把这个人连到 $T$，容量为 $k$，就限制了它只能赢最多 $k$ 次。

对于一个 “二选一”，在生活中也很常见：用一个“分流”模型，实现这个事情。

具体的说就是一个三叉结构。首先我们把每个游戏建成一个点 $g_i$，设这场游戏里的两个人是 $a_i,b_i$，那么连边 $S\to g_i,\ g_i\to a_i,\ g_i\to b_i$，容量都是 $1$。由于 $S\to g_i$ 的容量是 $1$，那么这个流该去向何方，只能在 $a,b$ 两者中选了，就实现了二选一这个事情。

然后看看每个 $S\to g_i$ 是否都有流量。它必须全都有流量，$k$ 才合法。如果有某个 $g_i$ 没流过来，那说明我们必须要把这一场比赛扔掉才能满足条件，而不能带上它一块满足条件，说明这个 $k$ 太小了。

并不需要写个循环，只需要判断最大流 $=m$ 即可。

网络流24题 方格取数问题

二分图带权最大独立集。（注意到网格图是二分图）

首先，看到“二分图”的这个“二”，我们就想到 $S,T$。把其中一部分连到 $S$，另一部分连到 $T$。边权就是这个点的点权。

然后还有一个问题，有些点不能同时选，就是原来二分图上有边的两个点。如何限制不能同时选呢？

设“割”为“不选”。那两个东西同时选，就会保留两条边。保留两条边，如果给它中间加一条inf边，就不合法了。

那容易得到，给原来有边的两个点，加一个inf边，就能限制这两个点里面一定要割一个。

拿权值和减去最小割就行了。

poj1149 pigs

“任意调换顺序”，即，保持和不变的情况下，可以随便指定哪里多少猪。

观察网络流的过程。对于一个点，如果有一堆流过来了，那都可以“储存”在这个点上（参考上面自来水厂和中转站的理解），然后保持和不变的情况下，任意的流出去。

那其实我们可以把猪当成流。然后猪给了一个人，我们就把这里所有的猪，都暂存在人这里。人到汇点有一个边，带容量限制，表示这个人要的猪数量。那剩下的猪就会留在人那里，在保持和不变的情况下，任意分配。

那如果接下来还有人来买猪，就从上一个人连到这一个人就行了。这样就实现了猪在保持和不变的情况下任意分配这件事情。

然后跑最大流就是最多的卖猪的数量。

网络流24题/CTSC1999 星际转移问题

很显然，把人看成流。然后人就在星球之间流动，地球看做源点，月亮看做汇点。

但是我如果直接建图，流是流过去了，用了多少时间呢？不知道。而且不同时刻，有哪些边也不一样。

观察一下，当前有哪些太空船，从哪到哪，随时间规律的变化。

和时间有关，一拍脑袋，想到用分层图建图。然后这样也就解决了不同时刻边不一样的难题。

盗用洛谷题解里的一张图，

这张图非常清楚的讲明白了如何建图。但有一个不太对，就是每一层的月亮都要向 $T$ 连一条边。

然后看看最大流是否等于地球上的人数即可。可以用二分，或者在残量网络上不断的加一层，都可以实现。

神仙题: [Neerc2016]Delight for a Cat

令睡觉为 $0$，吃饭为 $1$。设 $i$ 位置的状态为 $x_i\in \{0,1\}$。

那么对于每个区间，设和为 $S$，我们可以得到：

$t_2\le S\le k-t_1$。设 $L=t_2,R=k-t_1$，那么 $S\in [L,R]$。

拆开来写，

$$\begin{cases} x_1+x_2...+x_k & \ge & L\\ x_1+x_2...+x_k & \le & R\\ x_2+x_3...+x_{k+1}& \ge & L\\ x_2+x_3...+x_{k+1}& \le & R\\ ...\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}...+x_{n}& \ge & L\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}...+x_{n}& \le & R\\ \end{cases}$$

共 $2(n-k+1)$ 个。

然后我们把不等式变成等式。怎么变呢？$a\ge b$，看成是 $a=b+x(x\ge0)$。

对于每个 $S\ge L$，设 $S=L+y_i$。对于每个 $S\le R$，设 $S=R-z_i$。

然后得到 $2(n-k+1)$ 个等式：

$$\begin{cases} x_1+x_2...+x_k & = & L+y_1\\ x_1+x_2...+x_k & = & R-z_1\\ x_2+x_3...+x_{k+1}& = & L+y_2\\ x_2+x_3...+x_{k+1}& = & R-z_2\\ &...&\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}...+x_{n}& = & L+y_{n-k+1}\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}...+x_{n}& = & R-z_{n-k+1}\\ \end{cases}$$

一个转化：在最下面添加一个等式 $0=0$ （废条件）。然后，对这些等式，做一个，差分！

得到：

$$\begin{cases} x_1+x_2...+x_k &=& L+y_1\\ y_1+z_1 &=& R-L\\ x_{k+1}-x_1 &=& (L-R)+y_2+z_1\\ y_2+z_2 &=& R-L\\ &...&\\ x_{n}-x_{n-k} &=& (L-R)+y_{n-k+1}+z_{n-k}\\ y_{n-k+1}+z_{n-k+1} &=& R-L\\ x_{n-k+1}+x_{n-k+2}...+x_{n}& = & R-z_{n-k+1}\\ \end{cases}$$

这样是 $2(n-k+1)+1$ 个等式。

可以手玩一下，发现：每个 $x_i,y_i,z_i$ 都恰好出现两次。如果我们恰当的移项，恰好一次在左，一次在右出现！

如下是一种看起来挺好看的变形

$$\begin{cases} y_1+z_1 &=& R-L\\ y_2+z_2 &=& R-L\\ & ... &\\ y_{n-k+1}+z_{n-k+1} &=& R-L \end{cases}$$

$$\begin{cases} x_1+x_2...+x_k &=& L+y_1\\ x_{k+1}+(R-L)&=& x_1+y_2+z_1\\ x_{k+2}+(R-L)&=& x_2+y_3+z_2\\ &...&\\ x_{n}+(R-L)&=& x_{n-k}+y_{n-k+1}+z_{n-k}\\ R&=&x_{n-k+1}+x_{n-k+2}...+x_{n}+z_{n-k+1} \end{cases}$$

接下来是更加妙妙的操作：把等式看成点，两边相等看做流量平衡！

然后，我们把左边看成流入，右边看成流出，对于每个变量，直接把流出点连向流入点就行了！！！

注意到我们还需要让选出来的 $x$ 权值和最大。那考虑费用流。

我们默认全都睡觉，先加上睡觉的权值，然后每个 $x$ 的权值是 $e_i-s_i$。

$y,z$ 没有限制，容量为 $\infin$，费用为 $0$。

$x$ 的容量为 $1$ （只能取 $0/1$），费用为 $e_i-s_i$。

对于常数项 $L,R$，容量为常数的值，费用为 $0$。

然后跑最大费用最大流，取费用即为答案。

神仙题: WC2007 剪刀石头布

如何计算三元环的数量？

对于一般图, 当然不好做，但这是一个竞赛图。我们考虑先任选三个点, 它们之间显然会有三条边。

但这三条边必须“接起来”，才能构成三元环，否则就不行。

什么情况是“接不起来”的？一想，发现，有一个点出度为2，就gg了。再一想发现，这玩意是充分必要的。也就是说，如果没有点出度为2, 就一定能构成三元环。

那就好办了，答案就是 $\binom{n}{3}-\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{d_i}{2}$，其中 $d_i$ 表示 $i$ 点的出度。

现在我们有一些边 $(u,v)$，要给它定向。这个事情等价于在 $u,v$ 中选择一个，把它的出度 $+1$。

观察到， $d_i$ 变成 $d_i+1$ 后，它对答案的新增的贡献是 $-d_i$。

这是一个常识，因为:

$\binom{n+1}{2}-\binom{n}{2}=\dfrac{n(n+1)-n(n-1)}{2}=n$

而我们要让答案尽可能的大，也就是减的尽量少。考虑最小费用最大流。

这里有一个不好处理的是, 贡献会随着不断的选择, 动态的变化。我们不能把所有选择放一块考虑了，联想到上面说的“多元选择拆点”, 以及修车师傅那个题, 考虑把每次选择拆开。

每个点 $u$，可能被加 $0$ 次，$1$ 次，或者更多次。初始的贡献是 $-\binom{d_u}{2}$。加一次，新增贡献 $-d_u$。加两次，新增贡献 $-(d_{u}+1)$，以此类推。

那我们把每个点都往 $T$ 连一堆边，容量都为 $1$，费用依次是 $d_u,(d_u+1),(d_u+2)...$，表示它被加一次，加两次，加三次...所对应的情况。注意这里的费用是指“损失的”三元环数量，所以是正的。

对于每条边 $u,v$，把它也建出一个点，设为 $p$。它要在 $u,v$ 两个点中二选一，给它 $+1$ ... 等下，咱好像见过！

什么？你没见过？那你没仔细看上文

同样用那个 “分流模型”，$S\xrightarrow[]{1} p$，$p\xrightarrow[]{1} u,v$，费用都为 $0$。

这个图一定满流吗？想想发现，我们给每个点连到 $T$ 的边都足够多，所以最后每条“边”(指它建出来的点 $p$) 一定都能有恰好 $1$ 的流量。

最后，拿 $\binom{n}{3}$ 减去最大流前提下的最小费用，就是答案了。

怎么只有这么点题啊

在写了在写了

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