【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 ,向每一天连边,这个边的容量范围是 。
-
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 ,然后让每个少女向汇点连边,容量范围自然是 。
-
至于少女和每一天,根据题意,她们之间连边的容量是 。
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 有如下容量限制:
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 ,虚拟汇点 。
对于每个点 ,记它的入边(假设入点为 )对应的容量下界为 ,出边 (假设出点为 )对应的容量下界为 。
如果 ,那么连边 ,容量为 。
如果 ,那么连边 ,容量为 。
根据上述规则得到新图 。
只需证明: 的最大流与原图 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 的一个可行流对应着 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 的入点构成的集合为 ,出点构成的集合为 ,这样做可以省去求和 ,表述方便,即
, 等等。
对 的一个可行流,自然有:
等价变形:
进而有:
不妨设 , 注意到 恰好是 , 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 的一个最大流也对应着 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 向源点 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 连接一台水泵,将源点 流往 汇点 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:
向源点 连一条容量 的边,得到循环流。
从虚拟源点 向 跑一遍最大流。
记录 向 连的边的流量(即虚边流量 ),然后断开虚边,从 向 跑一遍最大流得到新增的流量 ,答案就是 。
注意到,无源汇上下界可行流对应的流网络与虚拟源汇点 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 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 向 连的边容量范围是 ,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 向 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;
}
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