【网络流】有源汇上下界最大流

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分析

这是一道有源汇上下界最大流的模板题（废话）。

既然是网络流的问题，故应该先将图建出来：

根据题目特征，

• 我们将少女和每一天看作是图中的点。

• 当然，因为每一天都有拍照次数的限制，我们可以加一个源点 $s$ ，向每一天连边，这个边的容量范围是 $[0,D_i]$ 。

• 类似地，因为每个少女都有一个至少拍照张数的限定，所以加一个汇点 $t$ ，然后让每个少女向汇点连边，容量范围自然是 $[G_i,∞]$ 。

• 至于少女和每一天，根据题意，她们之间连边的容量是 $[L, R]$ 。

至此，我们便将图建好了，从图的特征以及题意可以看出，这是一个求有源汇上下界最大流的问题。

怎么解决呢？

如果对约定的记号不熟悉可以看看我的博客：
这里

无源汇上下界可行流

首先，先介绍一下无源汇上下界可行流的求法（即：可行循环流的求法）：

p.s. 如果会的可以直接跳过看下面的部分

对于可行循环流中的边 $(u,v)$ 有如下容量限制： $\underline{c}(u,v)\le f(u,v) \le \overline{c}(u,v)$

简单的想法是将问题转化为求有源汇最大流。转化的方法自然是构造，构造的原则是保证问题的等价。

构造方式：

加入虚拟源点 $S$ ，虚拟汇点 $T$ 。

对于每个点 $x$，记它的入边（假设入点为 $u$ ）对应的容量下界为 $\underline{c}(u,x)$ ，出边 （假设出点为 $v$ ）对应的容量下界为 $\underline{c}(x,v)$ 。

如果 $c=\sum \underline{c}(u,x)-\sum \underline{c}(x,v)>0$ ，那么连边 $(S,x)$ ，容量为 $c$ 。

如果 $c=\sum \underline{c}(u,x)-\sum \underline{c}(x,v)<0$ ，那么连边 $(x,T)$ ，容量为 $-c$ 。

根据上述规则得到新图 $G'$ 。

只需证明：$G'$ 的最大流与原图 $G$ 的可行流是一一对应的。

证明一个流对应另一个流的方法：从一个流进行等价变换，所得到的新流仍然合法：即满足容量限制，流量守恒。

容量限制较容易证明，故本文出现的证明都是关于证明流量守恒的。

证明：

先证明 $G$ 的一个可行流对应着 $G'$ 的一个最大流（这里的最大流要求源点、汇点与其它点的连边满流，在接下来的讨论中可以发现需要这个约束）。

约定：点 $x$ 的入点构成的集合为 $U$ ，出点构成的集合为 $V$ ，这样做可以省去求和 $\sum$ ，表述方便，即 $\sum \underline{c}(u,x)=c(U,x)$
，$\sum \underline{c}(x,v)=c(x,V)$ 等等。

对 $G$ 的一个可行流，自然有： $f(U,x)=f(x,V)$

等价变形： $f'(U,x)+\underline{c}(U,x)=f'(x,V)+\underline{c}(x,V)$

进而有：$f'(U,x)+\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)=f'(x,V)$

不妨设 $\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)>0$ ， 注意到 $\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)$ 恰好是 $c(S,x)$，$\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)<0$ 的情况同理，故对于新图，流量也是守恒的。

而且从中可以发现，这里的最大流要求源点、汇点与其它点的连边满流。

从上面的证明可以发现 $G'$ 的一个最大流也对应着 $G$ 的一个可行流，只需要将公式倒着写一遍即可（因为是恒等变换）。

至此，证明结束。

在具体操作的时候，要注意跑完最大流之后，对应的边需要加上补偿值才是所要求的网络（参见证明中的公式以及下面的代码）。

求取可行循环流具体过程可以见代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=205, M=12005+N<<1;
const int INF=0x3f3f3f3f;

int n, m, S, T;
struct node{
    int to, c, l, next;
}e[M];
int h[N], tot;

void add(int u, int v, int lc, int uc){
    e[tot].to=v, e[tot].c=uc-lc, e[tot].l=lc, e[tot].next=h[u], h[u]=tot++;
    e[tot].to=u, e[tot].c=0, e[tot].next=h[v], h[v]=tot++;
}

int imo[N]; // in minus out

int d[N], q[N], cur[N];

bool bfs(){
    memset(d, -1, sizeof d);
    int tt=-1, hh=0;
    q[++tt]=S, d[S]=0, cur[S]=h[S];
    while(tt>=hh){
        int hd=q[hh++];
        for(int i=h[hd]; ~i; i=e[i].next){
            int go=e[i].to;
            if(d[go]==-1 && e[i].c){
                cur[go]=h[go];
                d[go]=d[hd]+1;
                if(go==T) return true;
                q[++tt]=go;
            }
        }
    }
    return false;
}

int find(int u, int limit){
    if(u==T) return limit;
    int flow=0;
    for(int i=cur[u]; ~i && limit>flow; i=e[i].next){
        int go=e[i].to;
        cur[u]=i;
        if(e[i].c && d[go]==d[u]+1){
            int t=find(go, min(limit-flow, e[i].c));
            if(!t) d[go]=-1;
            flow+=t, e[i].c-=t, e[i^1].c+=t;
        }
    }
    return flow;
}

int dinic(){
    int res=0, flow;
    while(bfs()) while(flow=find(S, INF)) res+=flow;
    return res; 
}

int main(){
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin>>n>>m;
    S=0, T=n+1;
    for(int i=1; i<=m; i++){
        int u, v, lc, uc; cin>>u>>v>>lc>>uc;
        add(u, v, lc, uc);
        imo[u]-=lc, imo[v]+=lc;
    }   

    int tot=0;
    for(int i=1; i<=n; i++)
        if(imo[i]>0) add(S, i, 0, imo[i]), tot+=imo[i];
        else if(imo[i]<0) add(i, T, 0, -imo[i]);

    if(dinic()!=tot) puts("NO");
    else{
        puts("YES");
        for(int i=0; i<2*m; i+=2) cout<<e[i].l+e[i^1].c<<endl;
    }
    return 0;
}

接下来求有源汇上下界最大流：

在上面，我们已经知道了怎样求无源汇上下界可行流，那先看看有源汇上下界可行流怎么求：方法其实很简单，将汇点 $t$ 向源点 $s$ 连一条容量 $∞$ 的边（我们称之为虚边）即可，有个直观的比喻：就像是在汇点 $t$ 连接一台水泵，将源点 $s$ 流往 汇点 $t$ 的水重新泵上去。这样做就将问题转换为了熟悉的无源汇上下界可行流问题。

简单来说：

$t$ 向源点 $s$ 连一条容量 $∞$ 的边，得到循环流。

从虚拟源点 $S$ 向 $T$ 跑一遍最大流。

记录 $t$ 向 $s$ 连的边的流量（即虚边流量 $res_1$ ），然后断开虚边，从 $s$ 向 $t$ 跑一遍最大流得到新增的流量 $res_2$ ，答案就是 $res_1+res_2$ 。

注意到，无源汇上下界可行流对应的流网络与虚拟源汇点 $S,T$ 相连的边都是满流，所以在跑完一遍最大流之后，与虚拟源汇点 $S,T$ 相连的边都不可能再被用到，我们可以直接将它们全部拆掉，然后，再将虚边（水泵）拆掉，发现只需要加回补偿值（但事实上，因为 $t$ 向 $s$ 连的边容量范围是 $[0,∞)$ ，不需要进行补偿），所得到的流就是一个合法的有源汇上下界可行流了。

也就是说新图的可行流和原图（没有经过变换的，最原始的）的可行流是一一对应的，那么新图的最大流也必然是对应着原图的最大流了。

因此，最后我们从 $s$ 向 $t$ 跑一遍最大流即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1550, M=365+1000+365*1000+N<<1, INF=0x3f3f3f3f; 

int n, m, s, t, S, T;
struct node{
	int to, c, next;
}e[M];
int h[N], tot;

// 连边函数，有这样的性质：正向边^1=反向边
void add(int u, int v, int c){
	e[tot].to=v, e[tot].c=c, e[tot].next=h[u], h[u]=tot++;
	e[tot].to=u, e[tot].c=0, e[tot].next=h[v], h[v]=tot++;
}

int imo[N]; // imo 的意思是： in minus out 入减去出

int q[N], d[N], cur[N];
bool bfs(){
	memset(d, -1, sizeof d);
	int tt=-1, hh=0;
	q[++tt]=S, d[S]=0, cur[S]=h[S];
	while(tt>=hh){
		int hd=q[hh++];
		for(int i=h[hd]; ~i; i=e[i].next){
			int go=e[i].to;
			if(d[go]==-1 && e[i].c){
				d[go]=d[hd]+1;
				cur[go]=h[go];
				if(go==T) return true;
				q[++tt]=go;
			}
		}
	}
	return false;
}

int find(int u, int limit){
	if(u==T) return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[u]; ~i && limit>flow; i=e[i].next){
		int go=e[i].to;
		cur[u]=i; // 当前弧优化
		if(d[go]==d[u]+1 && e[i].c){
			int t=find(go, min(e[i].c, limit-flow));
			if(!t) d[go]=-1;
			e[i].c-=t, e[i^1].c+=t, flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}

int dinic(){
	int res=0, flow;
	while(bfs()) while(flow=find(S, INF)) res+=flow;
	return res;
}

int main(){
	while(cin>>n>>m){
		memset(h, -1, sizeof h), tot=0;
		memset(imo, 0, sizeof imo);
		
		s=0, t=n+m+1, S=n+m+2, T=S+1;
		for(int i=1; i<=m; i++){
			int G; cin>>G;
			add(i, t, INF-G);
			imo[i]-=G, imo[t]+=G;
		}
		
		for(int i=m+1; i<=m+n; i++){
			int C, D; cin>>C>>D;
			add(s, i, D); // 范围是 [0,D] 因此不需要更新 imo[]
			while(C--){
				int id, lc, uc; cin>>id>>lc>>uc;
				id++;
				add(i, id, uc-lc);
				imo[i]-=lc, imo[id]+=lc;
			}
		}
		
		int cnt=0;
		for(int i=0; i<=n+m+1; i++)
			if(imo[i]>0) add(S, i, imo[i]), cnt+=imo[i];
			else if(imo[i]<0) add(i, T, -imo[i]);
		
		add(t, s, INF); // 添加“水泵”
		
		if(dinic()!=cnt) cout<<-1<<endl<<endl;
		else{
			int res=e[tot-1].c;
			e[tot-1].c=0, e[tot-2].c=0;
			S=s, T=t;
			res+=dinic();
			cout<<res<<endl<<endl;
		}
	}
	return 0;
}