【习题整理】网络流
说明：S,表示超级原点，T表示超级汇点，<i,j,k(,l)>表示i到j建边，流量为k(，费用为l)，某些题由于没有及时纠正码风，板子的常数较大。。。。。
bzoj4177 Mike的农场
题解：考虑割，养牛的收益为a[i],养羊b[i],对于每个位置<S,i,ai> <i,T,bi>分别表示养牛和养羊，对于两个互相影响的位置<i,j,ci>；做最小割可以满足前两个限制 ；第三个限制，如果全养牛可以获得d，新建一个点x，考虑要求全养牛的位置为集合为s，<S,x,d> , <x,si,inf> , 当si中有一个没有被割，那么<S,x,d>一定被割，养羊同理对T建，设最小割为C,ans = $( \sum (a[i]+b[i]) + \sum c[i] ) – C $
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 const int N=10010,M=80010; 5 int S,T,n,m,k,o,hd[N],cur[N],vis[N],d[N]; 6 struct Edge{int v,nt,c,f;}E[M<<1]; 7 char gc(){ 8 static char*p1,*p2,s[1000000]; 9 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 10 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 11 } 12 int rd(){ 13 int x=0; char c=gc(); 14 while(c<'0'||c>'9')c=gc(); 15 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 16 return x; 17 } 18 void adde(int u,int v,int c){ 19 E[o]=(Edge){v,hd[u],c,0};hd[u]=o++; 20 E[o]=(Edge){u,hd[v],0,0};hd[v]=o++; 21 } 22 queue<int>q; 23 bool bfs(){ 24 for(int i=S;i<=T;i++)vis[i]=d[i]=0; 25 vis[S]=d[S]=1;q.push(S); 26 while(!q.empty()){ 27 int u=q.front();q.pop(); 28 for(int i=hd[u],v;~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 29 if(!vis[v=E[i].v])vis[v]=1,d[v]=d[u]+1,q.push(v); 30 } 31 } 32 return vis[T]; 33 } 34 int dfs(int u,int F){ 35 if(u==T||!F)return F; 36 int flow=0,f; 37 for(int i=cur[u];~i;i=E[i].nt){ 38 int v=E[cur[u]=i].v; 39 if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(E[i].c-E[i].f,F)))){ 40 flow+=f,F-=f; 41 E[i].f+=f,E[i^1].f-=f; 42 if(!F)break; 43 } 44 } 45 return flow; 46 } 47 int dinic(){ 48 int flow=0; 49 while(bfs()){for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=hd[i];flow+=dfs(S,inf);} 50 return flow; 51 } 52 int main(){ 53 freopen("bzoj4177.in","r",stdin); 54 freopen("bzoj4177.out","w",stdout); 55 n=rd();m=rd();k=rd(); 56 S=0,T=n+k+1; 57 for(int i=S;i<=T;i++)hd[i]=-1; 58 int ans=0; 59 for(int i=1,x;i<=n;i++){adde(S,i,x=rd());ans+=x;} 60 for(int i=1,x;i<=n;i++){adde(i,T,x=rd());ans+=x;} 61 for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){ 62 x=rd();y=rd();z=rd(); 63 adde(x,y,z); 64 adde(y,x,z); 65 } 66 for(int i=1,t,a,b;i<=k;i++){ 67 t=rd();a=rd();b=rd(); 68 ans+=b; 69 if(!a){ 70 adde(S,i+n,b); 71 for(int j=1;j<=t;j++)adde(i+n,rd(),inf); 72 }else{ 73 adde(i+n,T,b); 74 for(int j=1;j<=t;j++)adde(rd(),i+n,inf); 75 } 76 } 77 ans -= dinic(); 78 printf("%d\n",ans); 79 return 0; 80 } 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 //一个很好的割； 91 //每个点(S,i,a[i]) (i,T,b[i]); 92 //相同时代价 (x,y,b) 93 //集合的贡献：新建n+i号节点表示：a==0 , (S,n+i,b) (n+i,si,inf) ; a==1 (si,n+i,inf) (n+i,T,b); 94 //用总的正值减去最小割即可； 95 //注意第三步； 96 //20181210 97
bzoj3504 [cqoi2014]危桥
题解：a1->a2 an次，b1->b2 bn次 ， 边有通过次数的限制；直接跑最大流判断会有问题，因为可能会有a1->b2 , b1->a2的路径充当流量，交换a1,a2再反向跑一边即可；
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 const int N=55,M=2510; 5 int S,T,n,o,a1,a2,an,b1,b2,bn,hd[N],vis[N],cur[N],d[N],in[N],out[N],tot; 6 struct Edge{int v,nt,c,f;}E[M<<1]; 7 void adde(int u,int v,int c){ 8 E[o]=(Edge){v,hd[u],c,0};hd[u]=o++; 9 E[o]=(Edge){u,hd[v],0,0};hd[v]=o++; 10 } 11 queue<int>q; 12 bool bfs(){ 13 for(int i=S;i<=T;i++)vis[i]=d[i]=0; 14 vis[S]=d[S]=1;q.push(S); 15 while(!q.empty()){ 16 int u=q.front();q.pop(); 17 for(int i=hd[u],v;~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 18 if(!vis[v=E[i].v])vis[v]=1,d[v]=d[u]+1,q.push(v); 19 } 20 } 21 return vis[T]; 22 } 23 int dfs(int u,int F){ 24 if(!F||u==T)return F; 25 int flow=0,f; 26 for(int i=cur[u];~i;i=E[i].nt){ 27 int v=E[cur[u]=i].v; 28 if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(F,E[i].c-E[i].f)))){ 29 flow+=f,F-=f; 30 E[i].f+=f,E[i^1].f-=f; 31 if(!F)break; 32 } 33 } 34 return flow; 35 } 36 int dinic(){ 37 int flow=0; 38 while(bfs()){for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=hd[i];flow+=dfs(S,inf);} 39 return flow; 40 } 41 int main(){ 42 freopen("bzoj3504.in","r",stdin); 43 freopen("bzoj3504.out","w",stdout); 44 while(~scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&a1,&a2,&an,&b1,&b2,&bn)){ 45 a1++,a2++,b1++,b2++; 46 o=0;S=0;T=n+1; 47 for(int i=S;i<=T;i++)hd[i]=-1; 48 for(int i=1;i<=n;i++){ 49 char ch[51];scanf("%s",ch+1); 50 for(int j=1;j<=n;j++){ 51 if(ch[j]=='O')adde(i,j,1); 52 else if(ch[j]=='N')adde(i,j,inf); 53 } 54 } 55 adde(S,a1,an);adde(a2,T,an); 56 int pre1=hd[S],pre2=hd[T],pre3=hd[b1],pre4=hd[b2]; 57 adde(S,b1,bn);adde(b2,T,bn); 58 if(dinic()!=an+bn){puts("No");continue;} 59 o-=4;for(int i=0;i<o;i++)E[i].f=0; 60 hd[S]=pre1,hd[T]=pre2,hd[b1]=pre3,hd[b2]=pre4; 61 adde(S,b2,bn);adde(b1,T,bn); 62 puts(dinic()==an+bn?"Yes":"No"); 63 } 64 return 0; 65 } 66 67 68 69 70 71 72 73 //一个比较巧妙的路径； 74 //通过yy可以发现，将第二条路径反向再做一遍就可以避免错误； 75 //20181210 76 77 78
bzoj2039[2009国家集训队]employee
题解：首先<i,T,Ai>表示是否选择购买，考虑每对经理(i,j) , <S,i,Ei,j> <S,j,Ei,j> <i,j,2*Ei,j> ， 这个网络可以化简：<S,i,$\sum_{j}Ei,j$> <i,T,Ai> <i,j,2*Ei,j>，假设最小割为C，E的和为Sum，ans = 2*Sum – C;
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define inf 1e18 4 using namespace std; 5 const int N=1010,M=2000010; 6 int n,o,hd[N],vis[N],d[N],cur[N]; 7 struct Edge{int v,nt; ll c,f;}E[M<<1]; 8 char gc(){ 9 static char*p1,*p2,s[1000000]; 10 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 11 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 12 } 13 ll rd(){ 14 ll x=0; char c=gc(); 15 while(c<'0'||c>'9')c=gc(); 16 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 17 return x; 18 } 19 void adde(int u,int v,ll c){ 20 E[o]=(Edge){v,hd[u],c,0};hd[u]=o++; 21 E[o]=(Edge){u,hd[v],0,0};hd[v]=o++; 22 } 23 queue<int>q; 24 bool bfs(){ 25 for(int i=0;i<=n+1;i++)vis[i]=d[i]=0; 26 vis[0]=d[0]=1;q.push(0); 27 while(!q.empty()){ 28 int u=q.front();q.pop(); 29 for(int i=hd[u],v;~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 30 if(!vis[v=E[i].v])vis[v]=1,d[v]=d[u]+1,q.push(v); 31 } 32 } 33 return vis[n+1]; 34 } 35 ll dfs(int u,ll F){ 36 if(u==n+1||!F)return F; 37 int flow=0,f; 38 for(int i=cur[u];~i;i=E[i].nt){ 39 int v=E[cur[u]=i].v; 40 if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(E[i].c-E[i].f,F)))){ 41 flow+=f,F-=f; 42 E[i].f+=f,E[i^1].f-=f; 43 if(!F)break; 44 } 45 } 46 return flow; 47 } 48 int dinic(){ 49 int flow=0,f; 50 while(bfs()){ 51 for(int i=0;i<=n+1;i++)cur[i]=hd[i]; 52 while(f=dfs(0,inf))flow+=f; 53 } 54 return flow; 55 } 56 int main(){ 57 freopen("bzoj2039.in","r",stdin); 58 freopen("bzoj2039.out","w",stdout); 59 n=rd();for(int i=0;i<=n+1;i++)hd[i]=-1; 60 for(int i=1;i<=n;i++)adde(i,n+1,rd()); 61 ll ans=0; 62 for(int i=1;i<=n;i++){ 63 ll sum=0,x; 64 for(int j=1;j<=n;j++){ 65 x=rd();sum+=x; 66 adde(i,j,x<<1); 67 } 68 adde(0,i,sum); 69 ans+=sum; 70 } 71 ans-=dinic(); 72 printf("%lld\n",ans); 73 return 0; 74 } 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 //这题卡常？？？？ 87 //luogu的我没过，开了O(2)好像也不行，bzoj勉强过了。。。。； 88 //(S,i,\sum ei,j) (i,j,2*ei,j) (i,T,ai) 89 //20181210 90 91 92 93
bzoj1797[AHOI2009]mincut
题解：
先做一遍最大流，考虑残量网络(要考虑反向边)，
如果一条边有可能不满流那么它一定不可能为任何个割的一部分，一定满流那么它一定为某个割的一部分；
考虑一个最小割对应的划分集合S集合T集，跨越ST集合的边为割，那么残网中一定只存在T->S的边，假设存在S-T的边，要么为某个S->T的正向边要么为某个T->S反向边，前者不符合割后者不符合最小（感性理解吧。。。。）；
所以在残网中做scc，设i所在scc为bl[i] , 首先bl[S]!=bl[T],对于残网中的边(u,v)：
①如果bl[u]==bl[v]，一定不可能为割边
②如果bl[u]!=bl[v]且bl[u]==bl[T]&&bl[v]==bl[S],则一定为割边，否则在缩点后的残网DAG上一定可以有一个另外的割；
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 const int N=4010,M=60010; 5 int S,T,n,m,o,hd[N],cur[N],vis[N],d[N],dfn[N],low[N],idx,bl[N],cnt; 6 struct Edge{int u,v,nt,c,f;}E[M<<1]; 7 void adde(int u,int v,int c){ 8 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],c,0};hd[u]=o++; 9 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,0};hd[v]=o++; 10 } 11 queue<int>q; 12 bool bfs(){ 13 for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=d[i]=0; 14 vis[S]=d[S]=1;q.push(S); 15 while(!q.empty()){ 16 int u=q.front();q.pop(); 17 for(int i=hd[u],v;~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 18 if(!vis[v=E[i].v])vis[v]=1,d[v]=d[u]+1,q.push(v); 19 } 20 } 21 return vis[T]; 22 } 23 int dfs(int u,int F){ 24 if(u==T||!F)return F; 25 int flow=0,f; 26 for(int i=cur[u];~i;i=E[i].nt){ 27 int v=E[cur[u]=i].v; 28 if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(F,E[i].c-E[i].f)))){ 29 flow+=f,F-=f; 30 E[i].f+=f,E[i^1].f-=f; 31 if(!F)break; 32 } 33 } 34 return flow; 35 } 36 int dinic(){ 37 int flow=0; 38 while(bfs()){ 39 for(int i=1;i<=n;i++)cur[i]=hd[i]; 40 flow+=dfs(S,inf); 41 } 42 return flow; 43 } 44 stack<int>s; 45 void tarjan(int u){ 46 dfn[u]=low[u]=++idx; 47 s.push(u); 48 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 49 int v=E[i].v; 50 if(dfn[v]){if(!d[v])low[u]=min(dfn[v],low[u]);} 51 else {tarjan(v);low[u]=min(low[v],low[u]);} 52 } 53 if(dfn[u]==low[u]){ 54 int v;++cnt; 55 do{ 56 v=s.top();s.pop(); 57 d[v]=1;bl[v]=cnt; 58 }while(v!=u); 59 } 60 } 61 int main(){ 62 freopen("bzoj1797.in","r",stdin); 63 freopen("bzoj1797.out","w",stdout); 64 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&S,&T); 65 for(int i=1;i<=n;i++)hd[i]=-1; 66 for(int i=1,u,v,c;i<=m;i++){ 67 scanf("%d%d%d",&u,&v,&c); 68 adde(u,v,c); 69 } 70 dinic(); 71 for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=0; 72 for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])tarjan(i); 73 for(int i=0;i<o;i+=2){ 74 int u=E[i].u,v=E[i].v; 75 if(E[i].f!=E[i].c){puts("0 0");continue;} 76 putchar(bl[u]==bl[v]?'0':'1'); 77 puts(bl[u]==bl[S]&&bl[v]==bl[T]?" 1":" 0"); 78 } 79 return 0; 80 } 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 //首先做一遍最大流； 92 //可以证明，可能不满流的边一定不在任何最小割上，而一定满流的边一定在某个最小割上；(虽然对这个题用处不大) 93 //考虑残量网络（包括不满的边和反向边） 94 //最小割和一个ST划分sS,tT且只有跨越T到S的边一一对应 95 //(这个我还不能得出一个完整的说明，但是参考定义讨论划分跨越S到T的边可以粗略理解) 96 //所以scc里的边一定不是； 97 //缩点成DAG；DAG的割和原图的割对应； 98 //除非某条边直接连接了s和t，即u和s属于同一个scc，v和t也同，否则一定有一种不包含这条边的割； 99 //艰难地想到了第一问，第二问完全懵逼； 100 //20181211 101 102 103 104 105 106 107 108 109
bzoj3158 千钧一发
题解：考虑ai,aj均为奇数，令ai=2k1+1,aj=2k2+1,画一画ai^2+aj^2发现不满足①，考虑ai,aj都为偶数，显然不满足②，于是奇偶二分转成最小割做就好；
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 const int N=3010,M=1000010; 6 int n,A[N],B[N],o,hd[N],cur[N],vis[N],d[N]; 7 struct Edge{int v,nt,c,f;}E[M<<1]; 8 int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);} 9 bool judge(int i,int j){ 10 if(gcd(A[i],A[j])!=1)return false; 11 ll v = (ll)A[i]*A[i]+(ll)A[j]*A[j]; 12 ll t = floor(sqrt(1.0*v)+0.5); 13 return v==t*t; 14 } 15 void adde(int u,int v,int c){ 16 E[o]=(Edge){v,hd[u],c,0};hd[u]=o++; 17 E[o]=(Edge){u,hd[v],0,0};hd[v]=o++; 18 } 19 queue<int>q; 20 bool bfs(){ 21 for(int i=0;i<=n+1;i++)vis[i]=d[i]=0; 22 vis[0]=d[0]=1;q.push(0); 23 while(!q.empty()){ 24 int u=q.front();q.pop(); 25 for(int i=hd[u],v;~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 26 if(!vis[v=E[i].v])vis[v]=1,d[v]=d[u]+1,q.push(v); 27 } 28 } 29 return vis[n+1]; 30 } 31 int dfs(int u,int F){ 32 if(u==n+1||!F)return F; 33 int flow=0,f; 34 for(int i=cur[u];~i;i=E[i].nt){ 35 int v=E[cur[u]=i].v; 36 if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(E[i].c-E[i].f,F)))){ 37 flow+=f,F-=f; 38 E[i].f+=f,E[i^1].f-=f; 39 if(!F)break; 40 } 41 } 42 return flow; 43 } 44 int main(){ 45 // freopen("bzoj3158.in","r",stdin); 46 // freopen("bzoj3158.out","w",stdout); 47 scanf("%d",&n); 48 for(int i=0;i<=n+1;i++)hd[i]=-1; 49 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]); 50 int ans=0; 51 for(int i=1;i<=n;i++)B[i]=A[i],/*scanf("%d",&B[i]),*/ans+=B[i]; 52 for(int i=1;i<=n;i++){ 53 (A[i]&1)?adde(0,i,B[i]):adde(i,n+1,B[i]); 54 if(A[i]&1){ 55 for(int j=1;j<=n;j++)if(judge(i,j))adde(i,j,inf); 56 } 57 } 58 while(bfs()){for(int i=0;i<=n+1;i++)cur[i]=hd[i];ans-=dfs(0,inf);} 59 printf("%d\n",ans); 60 return 0; 61 }//by tkys_Austin; 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 //发现自己最近越来越弱。。。。 73 //奇数和奇数满足1，偶数和偶数满足2； 74 //二分图最大点权独立集转最小割即可； 75 //20181211 76 77 78 79
bzoj4514[sdoi2016]数字配对
题解：由于ai/aj为质数，所以一定没有可配对关系的奇环，染色变成二分图和上一题一样建图，做费用流直到费用为负；
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 1e18 3 #define rg register 4 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 5 #define il inline 6 #define ll long long 7 using namespace std; 8 const int N=210,M=50010; 9 int n,pri[100010],vis[100010],cnt,o,hd[N],col[N],a[N],b[N],c[N]; 10 ll dis[N]; 11 vector<int>g[N]; 12 struct Edge{int v,nt,f;ll w;}E[M<<1]; 13 il void Adde(int u,int v){ 14 g[u].push_back(v); 15 g[v].push_back(u); 16 } 17 il void adde(int u,int v,int f,ll w){ 18 E[o]=(Edge){v,hd[u],f,w};hd[u]=o++; 19 E[o]=(Edge){u,hd[v],0,-w};hd[v]=o++; 20 } 21 bool judge(int i,int j){ 22 if(a[i]<a[j])swap(i,j); 23 if(a[i]%a[j])return false; 24 int t=a[i]/a[j]; 25 for(int k=1;pri[k]*pri[k]<=t;k++)if(!(t%pri[k]))return false; 26 return true; 27 } 28 il void Dfs(int u){ 29 vis[u]=1; 30 Run(i,0,(int)g[u].size()-1){ 31 int v=g[u][i]; 32 if(vis[v])continue; 33 col[v]=col[u]^1; 34 Dfs(v); 35 } 36 } 37 queue<int>q; 38 bool bfs(){ 39 Run(i,0,n+1)vis[i]=0,dis[i]=inf; 40 dis[n+1]=0,vis[n+1]=1;q.push(n+1); 41 while(!q.empty()){ 42 int u=q.front();q.pop(); 43 vis[u]=0; 44 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i^1].f){ 45 int v=E[i].v; 46 if(dis[v]>dis[u]+E[i^1].w){ 47 dis[v]=dis[u]+E[i^1].w; 48 if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v); 49 } 50 } 51 } 52 return dis[0]!=inf; 53 } 54 int dfs(int u,int F){ 55 vis[u]=1; 56 if(u==n+1||!F)return F; 57 int flow=0,f; 58 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){ 59 int v=E[i].v; 60 if(!vis[v]&&dis[v]+E[i].w==dis[u]&&E[i].f&&(f=dfs(v,min(F,E[i].f)))){ 61 flow+=f,F-=f; 62 E[i].f-=f,E[i^1].f+=f; 63 if(!F)break; 64 } 65 } 66 return flow; 67 } 68 int main(){ 69 freopen("bzoj4514.in","r",stdin); 70 freopen("bzoj4514.out","w",stdout); 71 memset(hd,-1,sizeof(hd)); 72 for(int i=2;i<=1e5;i++){ 73 if(!vis[i])pri[++cnt]=i; 74 for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=1e5;j++){ 75 vis[i*pri[j]]=0; 76 if(i%pri[j]==0)break; 77 } 78 } 79 scanf("%d",&n); 80 Run(i,1,n)scanf("%d",&a[i]); 81 Run(i,1,n)scanf("%d",&b[i]); 82 Run(i,1,n)scanf("%d",&c[i]); 83 Run(i,1,n)Run(j,1,n)if(i!=j&&judge(i,j))Adde(i,j); 84 Run(i,1,n)vis[i]=0; 85 Run(i,1,n)if(!vis[i])Dfs(i); 86 Run(i,1,n)if(!col[i]){ 87 adde(0,i,b[i],0); 88 Run(j,0,(int)g[i].size()-1){ 89 adde(i,g[i][j],1e9,-(ll)c[i]*c[g[i][j]]); 90 } 91 }else adde(i,n+1,b[i],0); 92 int ans=0;ll now=0;int fg=0; 93 while(bfs()){ 94 do{ 95 for(int i=0;i<=n+1;i++)vis[i]=0; 96 int tmp=dfs(0,1e9); 97 if(tmp*dis[0]+now>0){ 98 ans+=-now/dis[0]; 99 fg=1; 100 break; 101 } 102 now+=tmp*dis[0]; 103 ans+=tmp; 104 }while(vis[n+1]); 105 if(fg)break; 106 } 107 printf("%d\n",ans); 108 return 0; 109 } 110 111 112 113 114 115 116 117 118 //由于必定是质数倍数，所以不可能存在奇环； 119 //建二分图跑费用流直到费用为负值； 120 //20181214 121 122 123 124 125
bzoj1061 [Noi2008]志愿者招募
题解：
orz byvoid
https://www.byvoid.com/zhs/blog/noi-2008-employee
还有一种上下界的做法：
https://www.cnblogs.com/nietzsche-oier/p/8205275.html
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 const int N=1010,M=20010; 5 int n,m,d[N],S,T,o,hd[N],vis[N],pre[N],dis[N]; 6 struct Edge{int u,v,nt,c,f,w;}E[M<<1]; 7 void adde(int u,int v,int c,int w){ 8 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],c,0,w};hd[u]=o++; 9 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,0,-w};hd[v]=o++; 10 } 11 queue<int>q; 12 bool spfa(){ 13 for(int i=S;i<=T;i++)vis[i]=0,pre[i]=-1,dis[i]=inf; 14 vis[S]=1,dis[S]=0;q.push(S); 15 while(!q.empty()){ 16 int u=q.front();q.pop(); 17 vis[u]=0; 18 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 19 int v=E[i].v; 20 if(dis[v]>dis[u]+E[i].w){ 21 dis[v]=dis[u]+E[pre[v]=i].w; 22 if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v); 23 } 24 } 25 } 26 return ~pre[T]; 27 } 28 int MCMF(){ 29 int cost=0; 30 while(spfa()){ 31 int mn=inf; 32 for(int u=T;u!=S;u=E[pre[u]].u)mn=min(E[pre[u]].c-E[pre[u]].f,mn); 33 for(int u=T;u!=S;u=E[pre[u]].u)E[pre[u]].f+=mn,E[pre[u]^1].f-=mn; 34 cost+=mn*dis[T]; 35 } 36 return cost; 37 } 38 int main(){ 39 freopen("bzoj1061.in","r",stdin); 40 freopen("bzoj1061.out","w",stdout); 41 scanf("%d%d",&n,&m); 42 S=0,T=n+2;for(int i=S;i<=T;i++)hd[i]=-1; 43 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]); 44 for(int i=1;i<=n+1;i++){ 45 if(d[i]>d[i-1])adde(S,i,d[i]-d[i-1],0); 46 else adde(i,T,d[i-1]-d[i],0); 47 if(i<=n)adde(i+1,i,inf,0); 48 } 49 for(int i=1,s,t,c;i<=m;i++){ 50 scanf("%d%d%d",&s,&t,&c); 51 adde(s,t+1,inf,c); 52 } 53 int ans = MCMF(); 54 printf("%d\n",ans); 55 return 0; 56 } 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 //这建图，给跪了ORZ； 67 //不会单纯形，但是似乎这类都可以费用流做； 68 //https://www.byvoid.com/zhs/blog/noi-2008-employee 69 //这题似乎还可以上下界费用流： 70 //https://www.cnblogs.com/nietzsche-oier/p/8205275.html 71 //20181212 72 73 74 75 76
bzoj3876 [AHOI2014&JSOI2014]支线剧情
题解：令原图中的边有一个流量下界1，再把所有点都连回1号点，就是裸的上下界网络流了；
叙述几种比较经典的：设上界为c , 下界为b
①无源无汇的上下界可行流 ：考虑下界全满，每条边的下界总入流-下界总出流 > 0则从S加边，反之加边到T，原图中的边流量上界变为c-b,S到T满流即有可行流，实际流量加上b即可；
②有源有汇的上下界可行流：如果原图中源点为s，汇点为t，从t到s建一条上下界无限制的边，就变成了①，同时可以发现这条边的流量就是整个网络的流量；
③有源有汇的上下界最大流/最小流：
最大流：建图如①，S-T最大流不一定是原图最大，利用增广路的可加性再从s到t做最大流即可，同时(t,s)的反向边退流之后自动将第一次的流量加到答案中了；
最小流：建图如①，S-T最大流不一定是原图最小，因为有可能有循环流没有利用，
两种方法，
一是注意在②里提到的性质，先不加(t,s)边做S->T的最大流，让流量尽量往其它边分配(我也说不清楚。。)，再加上(t,s)边做一遍；
二是加上(t,s)，先做S->T，然后从t->s做最大流尽量退流然后减去这部分流量；
④上述问题的费用流表述：大多都直接套个费用流
1 上下界网络流： 2 ------------------------------------------------------------------------------- 3 这篇论文较为清晰： 4 5 https://wenku.baidu.com/view/042856687e21af45b307a875.html?rec_flag=default&sxts=1544613394871 6 7 这篇论文里有一个比较好的例子： 8 9 https://wenku.baidu.com/view/f751ee6d27d3240c8447ef28.html 10 11 这篇博客挺全： 12 13 https://blog.csdn.net/clove_unique/article/details/54884437 14 15 大致就这几种比较正常的： 16 无源汇的上下界可行流； 17 有源汇的上下界可行流/最大流/最小流； 18 上述问题的费用流表述； 19 20 题目： 21 模板：loj115-117 22 （全部权限题。。。。。） 23 bzoj2502 24 bzoj3876 25 bzoj2055 26 bzoj3698 27 -------------------------------------------
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 #define mk make_pair 4 #define fir first 5 #define sec second 6 using namespace std; 7 const int N=310,M=6010; 8 char gc(){ 9 static char*p1,*p2,s[1000000]; 10 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 11 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 12 } 13 int rd(){ 14 int x=0;char c=gc(); 15 while(c<'0'||c>'9')c=gc(); 16 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 17 return x; 18 } 19 int S,T,n,m,vis[N],pre[N],o,hd[N],dis[N],d[N]; 20 typedef pair<int,int>pii; 21 vector<pii>g[N]; 22 queue<int>q; 23 struct Edge{int u,v,nt,c,f,w;}E[M<<1]; 24 void adde(int u,int v,int c,int w){ 25 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],c,0,w};hd[u]=o++; 26 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,0,-w};hd[v]=o++; 27 } 28 bool spfa(){ 29 for(int i=S;i<=T;i++)dis[i]=inf,vis[i]=0,pre[i]=-1; 30 dis[S]=0;vis[S]=1;q.push(S); 31 while(!q.empty()){ 32 int u=q.front();q.pop(); 33 vis[u]=0; 34 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i].c>E[i].f){ 35 int v=E[i].v; 36 if(dis[v]>dis[u]+E[i].w){ 37 dis[v]=dis[u]+E[pre[v]=i].w; 38 if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v); 39 } 40 } 41 } 42 return ~pre[T]; 43 } 44 int MCMF(){ 45 int cost=0; 46 while(spfa()){ 47 int mn=inf; 48 for(int u=T;u!=S;u=E[pre[u]].u)mn=min(mn,E[pre[u]].c-E[pre[u]].f); 49 for(int u=T;u!=S;u=E[pre[u]].u)E[pre[u]].f+=mn,E[pre[u]^1].f-=mn; 50 cost+=mn*dis[T]; 51 } 52 return cost; 53 } 54 int main(){ 55 freopen("bzoj3876.in","r",stdin); 56 freopen("bzoj3876.out","w",stdout); 57 n=rd(); 58 S=0,T=n+1; 59 for(int i=S;i<=T;i++)hd[i]=-1; 60 int ans=0; 61 for(int i=1;i<=n;i++){ 62 m=rd(); 63 for(int j=1,x,y;j<=m;j++){ 64 x=rd();y=rd(); 65 adde(i,x,inf,y); 66 d[i]--,d[x]++; 67 ans+=y; 68 } 69 if(i!=1)adde(i,1,inf,0); 70 } 71 for(int i=1;i<=n;i++)if(d[i]>0)adde(S,i,d[i],0); 72 else adde(i,T,-d[i],0); 73 ans+=MCMF(); 74 printf("%d\n",ans); 75 return 0; 76 }
bzoj1070 [scoi2007]修车
题解:考虑技术人员j倒数第k个修的车为i花费为k*a[i][j]，流和方案不一一对应，但是最优方一定对应，这样对技术人员拆点做完美匹配即可；
为了卡常还特意学了学zkw费用流，最后却发现是(我太蠢了)我板子太low了，多了一个变量c导致常数巨大，上面的代码都是这样，千万不要学；
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x7fffffff 3 using namespace std; 4 const int N=1010,M=60010,sz=1010; 5 int n,m,S,T,o,t[110][50],hd[N],vis[N],dis[N]; 6 int ans; 7 int q[N],head,tail; 8 struct Edge{int u,v,nt,f,w;}E[M<<1]; 9 void adde(int u,int v,int c,int w){ 10 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],c,w};hd[u]=o++; 11 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,-w};hd[v]=o++; 12 } 13 bool spfa(){ 14 memset(vis,0,sizeof(vis)); 15 for(int i=0;i<=T;i++)dis[i]=inf,vis[i]=0; 16 vis[T]=1,dis[T]=0; 17 head=0,tail=1;q[0]=T; 18 while(head!=tail){ 19 int u=q[head];if(++head==T)head=0; 20 vis[u]=0; 21 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i^1].f){ 22 int v=E[i].v; 23 if(dis[v]>dis[u]+E[i^1].w){ 24 dis[v]=dis[u]+E[i^1].w; 25 if(!vis[v]){vis[v]=1;q[tail++]=v;if(tail==T)tail=0;} 26 } 27 } 28 } 29 return dis[S]!=inf; 30 } 31 int dfs(int u,int F){ 32 vis[u]=1; 33 if(u==T||!F)return F; 34 int flow=0,f; 35 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){ 36 int v=E[i].v; 37 if(E[i].f&&dis[u]==dis[v]+E[i].w&&!vis[v]&&(f=dfs(v,min(F,E[i].f)))){ 38 flow+=f,F-=f; 39 E[i].f-=f,E[i^1].f+=f; 40 //ans+=E[i].w*f; 41 if(!F)break; 42 } 43 } 44 return flow; 45 } 46 int zkw(){ 47 int cost=0; 48 while(spfa()){ 49 vis[T]=1; 50 while(vis[T]){ 51 memset(vis,0,sizeof(vis)); 52 cost+=dis[S]*dfs(S,inf); 53 } 54 } 55 return cost; 56 } 57 char gc(){ 58 static char*p1,*p2,s[1000000]; 59 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 60 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 61 } 62 int rd(){ 63 int x=0; char c=gc(); 64 while(c<'0'||c>'9')c=gc(); 65 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 66 return x; 67 } 68 int main(){ 69 freopen("bzoj1070.in","r",stdin); 70 freopen("bzoj1070.out","w",stdout); 71 m=rd();n=rd(); 72 for(int i=1;i<=n;i++) 73 for(int j=1;j<=m;j++)t[i][j]=rd(); 74 S=0,T=(m+1)*n+1; 75 for(int i=S;i<=T;i++)hd[i]=-1; 76 for(int i=1;i<=n;i++){ 77 adde(i,T,1,0); 78 for(int j=1;j<=m;j++){ 79 adde(S,j*n+i,1,0); 80 for(int k=1;k<=n;k++){ 81 adde(j*n+i,k,1,i*t[k][j]); 82 } 83 } 84 } 85 ans =zkw(); 86 printf("%.2lf\n",1.0*ans/n); 87 return 0; 88 } 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 //经过一个上午艰辛地验证（TAT）终于把网络流实现的常数问题弄清楚了； 99 //zkw费用流和它的spfa版可能效率差别不大，但是在边权小，流量大的情况下比EK要好很多； 100 //zkw费用流的spfa中间要有两个while，尽量减少spfa的次数； 101 //倒着跑T->S，使得更多的最短路径指向T; 102 //网络流存边不要使用c，直接用f即可（所以模板有很多要修改的地方） 103 //用Edge{..}加边不会影响效率，但是尽量少嵌套引用； 104 //zkw费用流dfs实现的时候注意一定要有流量才可以dfs过去，dinic无所谓，但是由于zkw记录了vis，所以会死循环； 105 //T了一版，代价有点大 106 //20181213 107 108 109 110 111 112 113
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 #define il inline 4 #define rg register 5 using namespace std; 6 const int N=1010,M=60010; 7 int n,m,S,T,o,t[110][50],hd[N],vis[N],d[N]; 8 struct Edge{int u,v,nt,c,f,w;}E[M<<1]; 9 il void adde(int u,int v,int c,int w){ 10 // printf("%d %d %d %d\n",u,v,c,w); 11 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],c,0,w};hd[u]=o++; 12 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,0,-w};hd[v]=o++; 13 } 14 il char gc(){ 15 static char*p1,*p2,s[1000000]; 16 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 17 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 18 } 19 il int rd(){ 20 int x=0; char c=gc(); 21 while(c<'0'||c>'9')c=gc(); 22 while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); 23 return x; 24 } 25 int dfs(int u,int F){ 26 vis[u]=1; 27 if(u==T||!F)return F; 28 int flow=0,f; 29 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){ 30 int v=E[i].v; 31 // printf("%d %d\n",u,v); 32 if(!vis[v]&&E[i].c>E[i].f&&d[u]+E[i].w-d[v]==0&&(f=dfs(v,min(E[i].c-E[i].f,F)))){ 33 flow+=f,F-=f; 34 E[i].f+=f,E[i^1].f-=f; 35 if(!F)break; 36 } 37 } 38 return flow; 39 } 40 bool mdf(){ 41 if(vis[T])return true; 42 int mn=inf; 43 for(int i=0;i<o;i++){ 44 int u=E[i].u,v=E[i].v; 45 if(E[i].c>E[i].f&&vis[u]&&!vis[v])mn=min(mn,d[u]+E[i].w-d[v]); 46 } 47 if(mn==inf)return false; 48 for(int i=S;i<=T;i++)if(vis[i])d[i]-=mn; 49 return true; 50 } 51 int zkw(){ 52 int cost=0; 53 do{ 54 for(int i=S;i<=T;i++)vis[i]=0; 55 cost-=d[S]*dfs(S,inf); 56 } 57 while(mdf()); 58 return cost; 59 } 60 int main(){ 61 freopen("bzoj1070.in","r",stdin); 62 freopen("bzoj1070.out","w",stdout); 63 m=rd();n=rd(); 64 for(rg int i=1;i<=n;i++) 65 for(rg int j=1;j<=m;j++)t[i][j]=rd(); 66 S=0,T=(m+1)*n+1; 67 for(rg int i=S;i<=T;i++)hd[i]=-1; 68 for(rg int i=1;i<=n;i++){ 69 adde(i,T,1,0); 70 for(rg int j=1;j<=m;j++){ 71 adde(S,j*n+i,1,0); 72 for(rg int k=1;k<=n;k++){ 73 adde(j*n+i,k,1,i*t[k][j]); 74 } 75 } 76 } 77 int ans = zkw(); 78 printf("%.2lf\n",1.0*ans/n); 79 return 0; 80 }
bzoj2879[Noi2012]美食节
题解：一样的只不过数据范围变大，EK算法每次增广之后记录增广的是哪个厨师的第倒数第几个，假设i的倒数第j个，这样再将(i,j+1)点加入图中（其实这种方法还挺常见）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 const int N=101000,M=4100000; 5 int n,m,o,hd[N],dis[N],pre[N],vis[N],sum,S,T,p[50],t[50][210]; 6 struct Edge{int u,v,nt,f,w;}E[M<<1]; 7 void adde(int u,int v,int f,int w){ 8 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],f,w};hd[u]=o++; 9 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,-w};hd[v]=o++; 10 } 11 //queue<int>q; 12 int head,tail,q[N]; 13 bool spfa(){ 14 for(int i=S;i<=T;i++)dis[i]=inf; 15 // memset(pre,-1,sizeof(pre)); 16 // memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 17 vis[S]=1,dis[S]=0;//q.push(S); 18 head=0;tail=1;q[0]=0; 19 int C=0; 20 while(head!=tail/*!q.empty()*/){ 21 // C++; 22 //int u=q.front();q.pop(); 23 int u=q[head];if(++head==T)head=0; 24 vis[u]=0; 25 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i].f){ 26 int v=E[i].v; 27 if(dis[v]>dis[u]+E[i].w){ 28 dis[v]=dis[u]+E[pre[v]=i].w; 29 if(!vis[v]){ 30 q[tail]=v;if(++tail==T)tail=0; 31 vis[v]=1; 32 }//q.push(v),vis[v]=1; 33 } 34 } 35 } 36 // printf("%d\n",C); 37 return dis[T]!=inf;//~pre[T]; 38 } 39 int EK(){ 40 int cost=0,flow=0; 41 while(spfa()){ 42 // printf("%d %d\n",cost,o); 43 int /*mn=inf,*/a,b; 44 for(int u=T;u;u=E[pre[u]].u){ 45 // mn=min(mn,E[pre[u]].f); 46 if(u<=sum*m){a = (u - 1) / m + 1 , b = (u - 1) % m + 1;} 47 E[pre[u]].f-=1,E[pre[u]^1].f+=1; 48 } 49 // for(int u=T;u;u=E[pre[u]].u)E[pre[u]].f-=mn,E[pre[u]^1].f+=mn; 50 cost+=dis[T];//*mn; 51 flow+=1; 52 adde(S,a*m+b,1,0); 53 for(int i=1;i<=n;i++)adde(a*m+b,sum*m+i,1,(a+1)*t[i][b]); 54 if(sum==flow)break; 55 } 56 return cost; 57 } 58 int main(){ 59 freopen("bzoj2879.in","r",stdin); 60 freopen("bzoj2879.out","w",stdout); 61 scanf("%d%d",&n,&m); 62 for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&p[i]);sum+=p[i];} 63 S=0,T=sum*m+n+1; 64 for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&t[i][j]); 65 memset(hd,-1,sizeof(hd)); 66 for(int i=1;i<=m;i++){ 67 adde(S,i,1,0); 68 for(int j=1;j<=n;j++)adde(i,sum*m+j,1,t[j][i]); 69 } 70 for(int i=1;i<=n;i++)adde(sum*m+i,T,p[i],0); 71 int ans = EK(); 72 printf("%d\n",ans); 73 return 0; 74 } 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 //和修车差不多； 88 //这里有个很小但是很致命的优化： 89 //利用EK的特点，动态加边； 90 //注意不能判断某道菜被做完了就不加边，因为可能会撤编？？？ 91 //如果sum==flow时就break；否则会把很多时间花费判断没有增广路上； 92 //ORZ 93 //大致时间复杂度O(p^2 n)； 94 95
bzoj1449[JSoi2009]球队收益
题解：发现直接利用费用不太好计算变化，考虑所有队都输了，可以计算出此时每个队的收益，同时可以计算出每个队i又多赢了j场的在多赢了j-1场的基础上增加的收益dij，剩下的就简单了：对每场比赛(ai,bi) 建边<S,i,1,0> <i,ai,1,0> <i,bi,1,0>为球队分配胜场，对每个队i建边<i,T,inf,dij>表示增加收益；由于di,j+1>=di,j所以直接做最小费用最大流是没问题的；
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x7fffffff 3 using namespace std; 4 const int N=6010; 5 int n,m,o,hd[N],vis[N],pre[N],dis[N],d[N],X[N],Y[N],C[N],D[N],a[N]; 6 struct Edge{int u,v,nt,f,w;}E[N<<1]; 7 int cal(int i){return C[i]*X[i]*X[i]+D[i]*Y[i]*Y[i];} 8 queue<int>q; 9 void adde(int u,int v,int f,int w){ 10 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],f,w};hd[u]=o++; 11 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,-w};hd[v]=o++; 12 } 13 bool spfa(){ 14 for(int i=0;i<=n+m+1;i++)dis[i]=inf; 15 dis[0]=0;vis[0]=1;q.push(0); 16 while(!q.empty()){ 17 int u=q.front();q.pop(); 18 vis[u]=0; 19 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i].f){ 20 int v=E[i].v; 21 if(dis[v]>dis[u]+E[i].w){ 22 dis[v]=dis[u]+E[pre[v]=i].w; 23 if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v); 24 } 25 } 26 } 27 return dis[n+m+1]!=inf; 28 } 29 int EK(){ 30 int cost=0,u,t; 31 while(spfa()){ 32 for(u=n+m+1;u;u=E[pre[u]].u)E[pre[u]].f--,E[pre[u]^1].f++; 33 cost+=dis[n+m+1]; 34 u=E[pre[n+m+1]].u-m; 35 if(d[u]--){ 36 X[u]++,Y[u]--; 37 t=a[u];a[u]=cal(u); 38 adde(u+m,n+m+1,1,a[u]-t); 39 } 40 } 41 return cost; 42 } 43 int main(){ 44 freopen("bzoj1449.in","r",stdin); 45 freopen("bzoj1449.out","w",stdout); 46 scanf("%d%d",&n,&m); 47 memset(hd,-1,sizeof(hd)); 48 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d%d",&X[i],&Y[i],&C[i],&D[i]); 49 for(int i=1,x,y;i<=m;i++){ 50 scanf("%d%d",&x,&y); 51 d[x]++,d[y]++; 52 Y[x]++,Y[y]++; 53 adde(0,i,1,0); 54 adde(i,m+x,1,0); 55 adde(i,m+y,1,0); 56 } 57 int ans=0; 58 for(int i=1,t;i<=n;i++){ 59 ans+=(a[i]=cal(i)); 60 if(!d[i])continue; 61 d[i]--;X[i]++,Y[i]--; 62 t=a[i],a[i]=cal(i); 63 adde(m+i,n+m+1,1,a[i]-t); 64 } 65 ans += EK(); 66 printf("%d\n",ans); 67 return 0; 68 } 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 //考虑所有球队一开始都是输的； 80 //可以算出由输到胜的代价； 81 //用费用流去分配胜利场数即可； 82 //由于胜场增大增长率变大，所以是合法的； 83 //害怕T所以用了动态加边； 84 //20181213 85 86 87 88 89 90 91 92 93
bzoj2668[cqoi2012]交换棋子
题解：思考了很久才发现可以只看一个棋子，比如黑棋，把白旗看成无棋子，直接在限制内把黑棋移动到指定位置即可；
如果限制只每个格子经过多少次是很好做的（出入拆点建图跑费用流），但是题目限制交换次数；对于一条棋盘上路径的起点和终点，交换次数被用了一次，路径中的点被用了两次，这样对所有有黑棋的格子限制++再整体除以2变成了好做的问题；（其实个人认为这个题的最优路径不会相交不知对不对？）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 const int N=810,M=9010; 5 int n,m,o,hd[N],vis[N],dis[N],T,mp[21][21],L[21][21],R[21][21],num1,num2; 6 struct Edge{int u,v,nt,f,w;}E[M<<1]; 7 int dx[8]={0,0,1,-1,1,1,-1,-1}; 8 int dy[8]={1,-1,0,0,1,-1,1,-1}; 9 void adde(int u,int v,int f,int w){ 10 E[o]=(Edge){u,v,hd[u],f,w};hd[u]=o++; 11 E[o]=(Edge){v,u,hd[v],0,-w};hd[v]=o++; 12 } 13 queue<int>q; 14 bool spfa(){ 15 memset(vis,0,sizeof(vis)); 16 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 17 dis[T]=0;vis[T]=1;q.push(T); 18 while(!q.empty()){ 19 int u=q.front();q.pop(); 20 vis[u]=0; 21 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt)if(E[i^1].f){ 22 int v=E[i].v; 23 if(dis[v]>dis[u]+E[i^1].w){ 24 dis[v]=dis[u]+E[i^1].w; 25 if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v); 26 } 27 } 28 } 29 return dis[0]!=inf; 30 } 31 int dfs(int u,int F){ 32 vis[u]=1; 33 if(u==T||!F)return F; 34 int flow=0,f; 35 for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){ 36 int v=E[i].v; 37 if(!vis[v]&&E[i].f&&dis[v]==dis[u]-E[i].w&&(f=dfs(v,min(F,E[i].f)))){ 38 flow+=f,F-=f; 39 E[i].f-=f,E[i^1].f+=f; 40 if(!F)break; 41 } 42 } 43 return flow; 44 } 45 int zkw(){ 46 int cost=0,f,flow=0; 47 while(spfa()){ 48 do{ 49 memset(vis,0,sizeof(vis)); 50 f=dfs(0,inf); 51 flow+=f; 52 cost+=dis[0]*f; 53 }while(vis[T]); 54 } 55 return flow==num1?cost:-1; 56 } 57 int main(){ 58 freopen("bzoj2668.in","r",stdin); 59 freopen("bzoj2668.out","w",stdout); 60 scanf("%d%d",&n,&m); 61 T=n*m*2+1; 62 memset(hd,-1,sizeof(hd)); 63 for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){ 64 L[i][j]=((i-1)*m+j)*2-1; 65 R[i][j]=L[i][j]+1; 66 } 67 for(int i=1;i<=n;i++){ 68 char s[22];scanf("%s",s+1); 69 for(int j=1;j<=m;j++)if(s[j]-'0')adde(0,L[i][j],1,0),num1++,mp[i][j]++; 70 } 71 for(int i=1;i<=n;i++){ 72 char s[22];scanf("%s",s+1); 73 for(int j=1;j<=m;j++)if(s[j]-'0')adde(R[i][j],T,1,0),num2++,mp[i][j]++; 74 } 75 if(num1!=num2){puts("-1");return 0;} 76 for(int i=1;i<=n;i++){ 77 char s[22];scanf("%s",s+1); 78 for(int j=1;j<=m;j++){ 79 mp[i][j]+=s[j]-'0';mp[i][j]>>=1; 80 adde(L[i][j],R[i][j],mp[i][j],0); 81 for(int k=0;k<8;k++){ 82 int nx=i+dx[k],ny=j+dy[k]; 83 if(nx<0||nx>n||ny<0||ny>m)continue; 84 adde(R[i][j],L[nx][ny],inf,1); 85 } 86 } 87 } 88 int ans = zkw(); 89 printf("%d\n",ans); 90 return 0; 91 } 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 //细节各种出锅； 109 //和只有黑棋没有什么区别； 110 //意思是找多条路径把黑棋移动到指定位置集合； 111 //应该路径不会相交； 112 //那么直接出入度拆点，限制一下经过的次数即可； 113 //注意这题限制交换次数，所以路径的端点M++，再整体除以2即为实际的M值 114 //注意zkw的vis用法，注意空间不要开炸； 115 //20181213 116 117 118 119 120 121 122 123 124
bzoj2864战火星空
题解：网上都说网络流部分比较简单，但是我就是没有撕烤出粗来
先读清楚题之后发现可以预处理出第i 个boss可以被飞机j打到的时间[sij,tij]，排序之后就有了很多个时间点t[k]我们把把boss j在时间段k看成点bkj ，飞机看成ai , 建图就是：对每架飞机<S,ai,Ei> ， 每个时间段的每个飞机可以打到的目标 <ai,bkj,inf> ，boss每秒只能被一架飞机打到<bkj,T , tk+1 – tk >，由于NM只有20 dinic已经可以过了；
算几预处理的话先求垂足及飞到这个点的时间t0，再用勾股定理求长度d再考虑dt = d/v，[t0-dt,t0+dt]和飞机飞行时间取交即可，精度似乎没什么问题；
感觉可能会比较耐调，。。。。。。。。。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define inf 1e18 3 #define ld long double 4 #define eps 1e-9 5 using namespace std; 6 const int N=400010; 7 struct point{ 8 ld x,y; 9 point(ld _x=0,ld _y=0):x(_x),y(_y){}; 10 point operator +(const point&A){return point(x+A.x,y+A.y);} 11 point operator -(const point&A){return point(x-A.x,y-A.y);} 12 point operator *(const ld&A){return point(x*A,y*A);} 13 ld operator ^(const point&A){return x*A.y-y*A.x;} 14 ld operator *(const point&A){return x*A.x+y*A.y;} 15 }A[21]; 16 struct line{point s,t;ld v,r,e;}B[21]; 17 int T,n,m,tot,o,hd[N],cur[N],vis[N],dis[N]; 18 ld s[21][21],t[21][21],sub[N]; 19 struct Edge{int v,nt; ld f;}E[N<<1]; 20 queue<int>q; 21 int dcmp(ld x){return fabs(x)<eps?0:x<0?-1:1;} 22 point cross(point P,point v,point Q,point w){ 23 point u=P-Q; 24 ld tmp=(w^u)/(v^w); 25 return P+v*tmp; 26 } 27 void cal(int i,int j){ 28 point P,Q,C,v,w; ld d,dt,t0,t1,t2,tl,tr; 29 P=A[i];Q=B[j].s; 30 w=B[j].t-B[j].s; 31 v=point(-w.y,w.x); 32 C=cross(P,v,Q,w); 33 v=C-P; 34 d=(B[j].r*B[j].r)-(v*v); 35 if(dcmp(d)<0)return; 36 d=sqrt(d); 37 dt=d/B[j].v; 38 tl=0;tr=sqrt(w*w)/B[j].v; 39 v=C-Q; 40 if(dcmp(v.x*w.x)>0)t0=sqrt(v*v)/B[j].v; 41 else t0=-sqrt(v*v)/B[j].v; 42 t1=t0-dt,t2=t0+dt; 43 s[i][j]=max(t1,tl); 44 t[i][j]=min(t2,tr); 45 if(dcmp(s[i][j]-t[i][j])<0){ 46 sub[++tot]=s[i][j]; 47 sub[++tot]=t[i][j]; 48 } 49 } 50 void adde(int u,int v,ld f){ 51 // printf("%d %d %Lf\n",u,v,f); 52 E[o]=(Edge){v,hd[u],f};hd[u]=o++; 53 E[o]=(Edge){u,hd[v],0};hd[v]=o++; 54 } 55 bool in(ld s1,ld t1,ld s2,ld t2){return dcmp(s1-s2)<=0&&dcmp(t1-t2)>=0;} 56 bool bfs(){ 57 for(int i=0;i<=T;i++)vis[i]=dis[i]=0; 58 vis[0]=dis[0]=1;q.push(0); 59 while(!q.empty()){ 60 int u=q.front();q.pop(); 61 for(int i=hd[u],v;~i;i=E[i].nt)if(dcmp(E[i].f)>0){ 62 if(!vis[v=E[i].v])vis[v]=1,q.push(v),dis[v]=dis[u]+1; 63 } 64 } 65 return vis[T]; 66 } 67 ld dfs(int u,ld F){ 68 if(u==T||!dcmp(F))return F; 69 ld flow=0,f; 70 for(int i=cur[u];~i;i=E[i].nt){ 71 int v=E[cur[u]=i].v; 72 if(dis[v]==dis[u]+1&&dcmp(f=dfs(v,min(F,E[i].f)))>0){ 73 flow+=f,F-=f; 74 E[i].f-=f,E[i^1].f+=f; 75 if(!dcmp(F))break; 76 } 77 } 78 return flow; 79 } 80 ld dinic(){ 81 ld flow=0; 82 while(bfs()){ 83 for(int i=0;i<=T;i++)cur[i]=hd[i]; 84 flow+=dfs(0,inf); 85 } 86 return flow; 87 } 88 int main(){ 89 freopen("bzoj2864.in","r",stdin); 90 freopen("bzoj2864.out","w",stdout); 91 memset(hd,-1,sizeof(hd)); 92 scanf("%d%d",&n,&m); 93 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%Lf%Lf",&A[i].x,&A[i].y); 94 for(int i=1;i<=m;i++){ 95 scanf("%Lf%Lf%Lf%Lf",&B[i].s.x,&B[i].s.y,&B[i].t.x,&B[i].t.y); 96 scanf("%Lf%Lf%Lf",&B[i].v,&B[i].r,&B[i].e); 97 } 98 for(int i=1;i<=n;i++) 99 for(int j=1;j<=m;j++){ 100 cal(i,j); 101 } 102 sort(sub+1,sub+tot+1); 103 if(tot)tot--;T=tot*n+m+1; 104 for(int i=1;i<=m;i++)adde(0,i,B[i].e); 105 for(int i=1;i<=tot;i++) 106 for(int j=1;j<=n;j++){ 107 adde((i-1)*n+j+m,T,sub[i+1]-sub[i]); 108 } 109 /* 110 for(int i=1;i<=tot;i++)printf("%.6Lf ",sub[i]); 111 puts(""); 112 */ 113 /* 114 for(int i=1;i<=n;i++) 115 for(int j=1;j<=m;j++){ 116 printf("%.6Lf %.6Lf %6Lf\n",s[i][j],t[i][j],t[i][j]-s[i][j]); 117 }*/ 118 for(int i=1;i<=n;i++) 119 for(int j=1;j<=m;j++) 120 for(int k=1;k<=tot;k++)if(in(s[i][j],t[i][j],sub[k],sub[k+1])){ 121 ld tmp=t[i][j]-s[i][j]; 122 if(dcmp(tmp)>0)adde(j,(k-1)*n+m+i,inf); 123 } 124 ld ans = dinic(); 125 printf("%.6Lf\n",ans); 126 return 0; 127 } 128 129 130 131 132 133 134 135 //这个题其实比较容易，但是前前后后搞了很久； 136 //算几预处理，得到每个飞机攻击每个boss的时间 137 //网络流部分，题目中有条件：每个boss每个时间只能被一个飞机攻击，每个飞机有能量； 138 //这样把boss拆点即可； 139 //主要是没理解清楚题； 140 //20181216 141 142 143 144 145 146 147
