【学习笔记】网络流

一些概念

$\bf{\underline{网络}}$：是一个特殊的有向图 $G=(V,E)$，它包含：

• 源点 $s$，汇点 $t$$(s \ne t)$。

• 每条边 $e(u,v)$ 都有一个容量 $c(u,v)$。

$\bf{\underline{流}}$：就像水流，把每条边想象成管道，流就是流过其中的水，从网络源点 $s$ 流向汇点 $t$，需要保证每条边上的流 $f(u,v)$ 不超过其容量，其满足以下性质：

• $\bf{\underline{容量限制}}$：$f(u,v) \leq c(u,v)$。
• $\bf{\underline{流守恒}}$：除源点和汇点外，任意点的净流量为0。

$\bf{\underline{净流量}}$：定义节点 $u$ 的净流量 $f(u)=\sum\limits_{v \in V}f(u,v)-\sum\limits_{v \in V}f(v,u)$。

定义一个网络上的流 $f$ 的流量 $|f|=f(s)=-f(t)$。

$\bf{\underline{割}}$：令 ${S,T}$ 为 $V$ 的划分（$S\cup T$ 且 $S\cap T=\varnothing$），且 $s\in S,t\in T$，则称 ${S,T}$ 为该网络的一个割，定义其容量 $||S,T||=\sum\limits_{u\in S}\sum\limits_{v\in T}c(u,v)$。

常见问题：

• $\bf{\underline{最大流问题}}$：找到给定网络的一个合适的流 $f$，使得该流的流量尽可能大，称 $f$ 为最大流。

• $\bf{\underline{最小割问题}}$：找到给定网络的一个合适的割 ${S,T}$，使得该割的容量尽可能小，称 ${S,T}$ 为最小割。

• $\bf{\underline{最小费用最大流问题}}$：给定网络，给定每条边一个费用 $w(u,v)$，即单位流量通过该边所花费的代价，对所有可能的最大流，找出一条费用最小的，称为最小费用最大流。

网络最大流

Ford-Fulkerson 思想

Ford-Fulkerson 是网络流的一个重要思想，接下来的算法都是基于该思想的优化，弄明白了 Ford-Fulkerson 增广的原理，其他的就好说了。

先来几个概念：

$\bf{\underline{增广路}}$：一条从 $s$ 到 $t$ 的剩余流量非空的路径，它是用来扩充网络最大流的。

$\bf{\underline{残留网络}}$：令 $c(u,v)$ 等于其剩余流量，然后把所有剩余流量为 $0$ 的边删掉后的网络。

流程：

1. 初始时所有边的流量均为 $0$。
2. 增广：找到一条从 $s$ 到 $t$ 的简单路径，按照流的性质，找到这条路径上的最大流，更新每条边的残余容量，（可以等价于减少该边的容量，当该边容量减为 $0$ 则说明该边已满流），更新残留网络。
3. 重复步骤 $2$，直到找不出一条路径。

但这样基于贪心的策略并不一定最优，原因是当前增广的路径会对以后的增广产生影响，如下图：

我们第一次增广路径 $S \to A \to B \to T$，更新最大流为 $10$。

这样我们增广出来的最大流容量为 $10$，但显然 $S\to B\to T$ 和 $S\to A\to T$ 能增广出来 $20$。

如何消除这种影响？

我们在对每条边补充一个反向边，初始时权值为 $0$，对于每次增广的边，在减少原边容量的同时，增加反向边的容量，这样有啥用？

可以发现，这样我们就可以在原来的残留网络上再进行一次增广，得到最大流容量为 $20$，其中 $(u,v)$ 这条边，正着流了一次，反着流了一次，相当于最大流根本不流经该边，实际上等于：

发现这样是遵循流量守恒的。

时间复杂度是值域级别，原因：

最大流是 $114514+1919810=$ 不知道多少，然而如果我们每次只增广 $A\to B$ 路径，就要增广不知道多少次。

Edmonds-Karp 算法

基于 Ford-Fulkerson 的优化，每次增广最短路，让复杂度有了保证。

每条边的长度为 $1$，所以求的是 $01$ 最短路，BFS 复杂度 $\mathit{\Theta}(E)$。

复杂度证明：

每次增广出的路径会使至少一条边的剩余容量减为零，称该边为关键边

因为每次找的是最短路，在残留网络中删除关键边，所以增广路的长度是单调不减的，且不超过 $V$，所以最坏情况下每条边最多被增广 $V$ 次，单次增广复杂度 $E$,所以总复杂度 $\mathit{\Theta}(VE^2)$。

实现：

点击查看代码

struct node{
    int w,v,nxt;
}e[M<<1];
int head[M],cnt=1;
il void add(int u,int v,int w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,s,t;
int pre[M],dis[M];
queue<int> q;
il int bfs(){
    for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=0,dis[i]=1145141919;
    q.push(s);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].v;
            if(pre[y]||y==s||!e[i].w)continue;
            q.push(y);
            dis[y]=min(dis[x],e[i].w);
            pre[y]=i;
        }
    }
    if(!pre[t])return -1;
    return dis[t];
}
main(){
    n=read(),m=read(),s=read(),t=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=read(),v=read(),w=read();
        add(u,v,w);
        add(v,u,0);
    }
    ll ans=0;
    while(true){
        int k=bfs();
        if(k==-1)break;
        ans+=k;
        int now=t;
        while(now!=s){
            e[pre[now]].w-=k;
            e[pre[now]^1].w+=k;
            now=e[pre[now]^1].v;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

Dinic 算法

EK 算法在稠密图是 $n^5$ 级别的，能不能继续优化？

我们发现 EK 每次bfs只能增广出一条增广路，所以慢了，能不能一次性找出多条。

Dinic 算法的思想就是一次找出所有最短路，全跑了。

按其DFS深度将网络分层，然后一遍DFS跑完全图最短路，即只走跨层的边。

这样就复杂度就少了一个 $E$，是 $\mathit{\Theta}(VE)$ 的吗？不是，因为一个点会被经过多次。

两个优化：

• 对增广完的点剪枝：把剩余容量为 $0$ 的点深度置为-1，说明该点无法在当前分层图上做出贡献，就不要再访问它了。

• 当前弧优化：记录数组 $now[u]$ 改变枚举边的起点。对于点 $u$，当增广到它的第 $i$ 条边时，前 $i-1$ 条边到汇点的流量已经被用完了，访问了也没用，就不用再访问了，它保证了每条边最多只会被访问一次。

Dinic时间复杂度上限是 $\mathit{\Theta}(V^2E)$ 的，证明见 OI wiki ，我不会。

但实际上并不会跑满，出题人只要有 ma 就不会卡。。

实现：

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
#define int long long
il ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int M=5010;
const ll inf=1ll<<60;
struct node{
    int v,nxt;
    ll w;
}e[M<<1];
int head[M],cnt=1;
il void add(int u,int v,ll w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,s,t;
int dep[M],now[M];
queue<int> q;
il bool bfs(){
    while(!q.empty())q.pop();
    for(int i=1;i<=n;i++)dep[i]=-1;
    dep[s]=0;
    q.push(s);
    now[s]=head[s];
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].v;  
            if(e[i].w>0&&dep[y]==-1){
                q.push(y);
                now[y]=head[y];
                dep[y]=dep[x]+1;
                if(y==t)return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int x,ll sum){
    if(x==t)return sum;
    ll k,flow=0;
    for(int i=now[x];i&&sum;i=e[i].nxt){
        now[x]=i;
        int y=e[i].v;
        if(e[i].w>0&&(dep[y]==dep[x]+1)){
            k=dfs(y,min(sum,e[i].w));
            if(k==0)dep[y]=-1;
            e[i].w-=k;
            e[i^1].w+=k;
            flow+=k;
            sum-=k;
        }
    }
    return flow;
}
main(){
    n=read(),m=read(),s=read(),t=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=read(),v=read();
        ll w=read();
        add(u,v,w);
        add(v,u,0);
    }
    ll ans=0;
    while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
    cout<<ans;
    return 0;
}

最小割

$\bf{\underline{最大流最小割定理}}$：最大流流量等于最小割容量：$|f|=||{S,T}||$

证明：

首先跑完最大流剩余容量为 $0$ 的边全部割掉就是一个合法的割，若 $s$ 和 $t$ 仍然联通，则还可以继续增广，显然该流不是最大流，所以最小割的容量肯定不会大于最大流，否则该流一定不是最大流。即 $|f|\le ||{S,T}||$。

若最小割小于最大流，则跑完最小割的所有割边增广出来的流量小于最大流，那就不会有更多的流量流到汇点，所以该最大流不合法，所以 $|f|=||{S,T}||$。

所以直接套用最大流的算法就行了。

最小费用最大流

思路：

每次增广时增广当前费用最少的流，一直增广下去，直到找不到路径，此时得到的就是最小费用最大流。

这个是容易理解的，每次我们会增广一个固定的流量，选择一条总费用最少的路径，我们的花费就是最小的，这样我们的总花费也是最小的。

所以费用流问题就是最大流问题和最短路径问题的结合，这里介绍 dinic+SPFA 的方法，即 ZKW 费用流。

ZKW 费用流

关于spfa，它活了

为啥我们要选择 SPFA 来跑最短路，dij 它不香吗？我们在建立反向边时，其费用势必会出负数，而 dij 无法处理负边权，所以我们的 SPFA 它就活了。

将 Dinic 的 BFS 求最短路换成 SPFA 基本上就是套用 Dinic 的模板。

注意在 DFS 时该图不一定为DAG，可能在一个环上死循环，需要记一个 $vis$ 数组。

说白了其实就是 EK 的一个常数优化。

实现：

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
il ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int M=5e4+10;
const int N=5e3+10;
const ll inf=1ll<<50;
struct node{
    int v,nxt;
    ll w,c;
}e[M<<1];
int head[N],cnt=1;
il void add(int u,int v,ll w,ll c){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].c=c;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,s,t;
bool vis[N];
ll dis[N];
queue<int>q;
il bool SPFA(){
    for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=false,dis[i]=inf;
    while(!q.empty())q.pop();
    dis[s]=0;
    q.push(s);
    vis[s]=true;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();
        q.pop();
        vis[x]=0;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].v;
            if(!e[i].w||dis[y]<=dis[x]+e[i].c)continue;
            dis[y]=dis[x]+e[i].c;
            if(!vis[y]){
                q.push(y);
                vis[y]=1;
            }
        }
    }
    return dis[t]<inf;
}
ll dfs(int x,ll sum){
    if(x==t)return sum;
    ll flow=0;
    vis[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(!vis[y]&&e[i].w>0&&(dis[y]==dis[x]+e[i].c)){
            ll k=dfs(y,min(sum,e[i].w));
            e[i].w-=k;
            e[i^1].w+=k;
            flow+=k;
            sum-=k;
        }
    }    
    return flow;
}
main(){
    n=read(),m=read(),s=read(),t=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=read(),v=read(),w=read(),c=read();
        add(u,v,w,c);
        add(v,u,0,-c);
    }
    ll ans=0,Ans=0;
    while(SPFA()){
        ll tmp=dfs(s,inf);
        ans+=tmp;
        Ans+=1ll*tmp*dis[t];
    }
    cout<<ans<<" "<<Ans;
    return 0;
}

网络流建模

P2472 [SCOI2007] 蜥蜴

题目链接

• 对于原来有的每一只蜥蜴，从源点向每一只蜥蜴所在的石柱连边，流量为 $1$，表示只会在该石柱生成一只蜥蜴。

• 对于每一个石柱，将其拆成两个点，入点和出点，从入店向出点连一条流量为 $a_i$ 的边，表示该石柱只能经过 $a_i$ 次。

• 石柱和石柱之间，若欧几里得距离（不是曼哈顿距离） $\le d$ 则连一条流量为 $+\infty$ 的边，表示石柱之间可到达。

• 对于每一个石柱，若到边界的距离 $\le d$，则往汇点连一条流量为 $+\infty$ 的边，表示该石柱可以跳出边界。

然后跑最大流。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
il int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=2200;
const int M=41000;
const int inf=1ll<<30;
char ch[N][N];
int a[N][N],tot(0);
map<pair<int,int>,int> id; 
pair<int,int> pos[M];
il double get_dis(int x,int y){
    return sqrt(1.0*(pos[x].first-pos[y].first)*(pos[x].first-pos[y].first)+1.0*(pos[x].second-pos[y].second)*(pos[x].second-pos[y].second));
}
struct node{
    int v,w,nxt;
}e[M<<3];
int head[M],cnt(1);
il void add(int u,int v,int w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,d,s,t;
namespace Dinic{
    int dep[M],now[M];
    queue<int> q;
    il bool bfs(){
        while(!q.empty())q.pop();
        for(int i=1;i<=2*tot+2;i++)dep[i]=-1;
        dep[s]=0;
        q.push(s);
        now[s]=head[s];
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();
            q.pop();
            for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
                int y=e[i].v;  
                if(e[i].w>0&&dep[y]==-1){
                    q.push(y);
                    now[y]=head[y];
                    dep[y]=dep[x]+1;
                    if(y==t)return 1;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    int dfs(int x,int sum){
        if(x==t)return sum;
        int k,flow=0;
        for(int i=now[x];i&&sum;i=e[i].nxt){
            now[x]=i;
            int y=e[i].v;
            if(e[i].w>0&&(dep[y]==dep[x]+1)){
                k=dfs(y,min(sum,e[i].w));
                if(k==0)dep[y]=-1;
                e[i].w-=k;
                e[i^1].w+=k;
                flow+=k;
                sum-=k;
            }
        }
        return flow;
    }
    int main(){
        int ans=0;
        while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
        return ans;
    }   
}
int main(){
    n=read(),m=read(),d=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>ch[i]+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            a[i][j]=ch[i][j]-'0';
            if(a[i][j]>0){
                id[{i,j}]=++tot;
                pos[tot]={i,j};
            }
        }
    s=2*tot+1,t=2*tot+2;
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        if(pos[i].first<=d||pos[i].second<=d||(n+1-pos[i].first<=d)||(m+1-pos[i].second<=d)){
            add(i+tot,t,inf);
            add(t,i+tot,0);
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        for(int j=1;j<=tot;j++){
            if(i==j)continue;
            if(get_dis(i,j)<=1.0*d){
                add(i+tot,j,inf);
                add(j,i+tot,0);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        add(i,i+tot,a[pos[i].first][pos[i].second]);
        add(i+tot,i,0);
    }
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>ch[i]+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(ch[i][j]=='L'){
                sum++;
                int to=id[{i,j}];
                // cout<<s<<"->"<<to<<endl;
                add(s,to,1);
                add(to,s,0);
            }
    int tot=Dinic::main();
    cout<<sum-tot;
    return 0;
}

[SDOI2015] 星际战争

题目链接

二分答案 $T$,判断在 $T$ 的时间内的答案是否大于等于所有装甲值之和。

对于一个已知的时间 $T$，如下建图：

• 对于每一个激光武器，从源点向该武器连一条容量为 $T\times b_i$，表示在 $T$ 时间内造成最多能造成的伤害。

• 对于每一个机器人，向汇点连一条容量为 $a_i$ 的边，表示该机器人被摧毁需要的伤害。

• 将每一个激光武器向它能攻击到的机器人连一条容量为 $+\infty$ 的边，表示可以攻击。

然后跑最大流。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
il int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=60;
const int M=10000;
const double eps=1e-4;
const int inf=1ll<<30;
int a[N],b[N];
bool mp[N][N];
struct node{
    int v,nxt;
    double w;
}e[M<<1];
int head[M],cnt(1);
il void add(int u,int v,double w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,s,t,tot;
namespace Dinic{
    int dep[M],now[M];
    queue<int> q;
    bool bfs(){
        while(!q.empty())q.pop();
        for(int i=1;i<=n+m+2;i++)dep[i]=inf;
        dep[s]=0;
        q.push(s);
        now[s]=head[s];
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();
            q.pop();
            for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
                int y=e[i].v;
                if(e[i].w>eps&&dep[y]==inf){
                    q.push(y);
                    dep[y]=dep[x]+1;
                    now[y]=head[y];
                    if(y==t)return 1;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    double dfs(int x,double sum){
        if(x==t)return sum;
        double flow=0;
        for(int i=now[x];i&&sum>eps;i=e[i].nxt){
            now[x]=i;
            int y=e[i].v;
            if(e[i].w>eps&&dep[y]==dep[x]+1){
                double k=dfs(y,min(sum,e[i].w));
                if(k<eps)dep[y]=inf;
                e[i].w-=k;
                e[i^1].w+=k;
                flow+=k;
                sum-=k;
            }
        }
        return flow;
    }
    double main(){
        double ans=0;
        while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
        return ans;
    }
}
bool Testify(double T){
    for(int i=1;i<=n+m+2;i++)head[i]=0;
    cnt=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        add(s,i,1.0*T*b[i]);
        add(i,s,0);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(mp[i][j]){
                add(i,j+m,inf);
                add(j+m,i,0);
            }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        add(i+m,t,1.0*a[i]);
        add(t,i+m,0);
    }
    double ans=Dinic::main();
    return (ans>=tot-eps);
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),tot+=a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)b[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            mp[i][j]=read();
    s=n+m+1,t=n+m+2;
    double L=0,R=50000.0,mid;
    while(R-L>eps){
        mid=L+(R-L)/2;
        if(Testify(mid))R=mid;
        else L=mid;
    }
    printf("%.5f\n",L);
    return 0;
}

P4311 士兵占领

题目链接

考虑先给所有可以放的位置放上士兵，再尽可能多的地删除多余的士兵，这不就是最大流吗。

我们设 $R_l(i)$ 表示第 $i$ 行能放的位置数， $R_c(i)$ 表示第 $i$ 列能放的位置数。

• 从源点向每一行连一条容量为 $R_l(i)-L_i$ 的边，表示该行最多能删除的士兵数。

• 行和列之间如果交点能放士兵则连一条容量为 $1$ 的边，表示该位置只能被删除一次。

• 从每一列向汇点连一条容量为 $R_c(i)-C_i$ 的边，表示该列最多能删除的士兵数。

然后跑最大流。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
il int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int M=110;
const int inf=1ll<<30;
int a[M],b[M],aa[M],bb[M];
bool mp[M][M];
int del[M][M];
struct node{
    int v,nxt,w;
}e[M*M<<1];
int head[2*M],cnt(1);
il void add(int u,int v,int w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,k,s,t;
namespace Dinic{
    int dep[2*M],now[2*M];
    queue<int> q;
    il bool bfs(){
        while(!q.empty())q.pop();
        for(int i=1;i<=n+m+2;i++)dep[i]=inf;
        q.push(s);
        dep[s]=0;
        now[s]=head[s];
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();
            q.pop();
            for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
                int y=e[i].v;
                if(e[i].w>0&&dep[y]==inf){
                    q.push(y);
                    dep[y]=dep[x]+1;
                    now[y]=head[y];
                    if(y==t)return 1;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    int dfs(int x,int sum){
        if(x==t)return sum;
        int flow=0;
        for(int i=now[x];i;i=e[i].nxt){
            now[x]=i;
            int y=e[i].v;
            if(e[i].w>0&&dep[y]==dep[x]+1){
                int k=dfs(y,min(sum,e[i].w));
                if(k==0)dep[y]=inf;
                e[i].w-=k;
                e[i^1].w+=k;
                flow+=k;
                sum-=k;
            }
        }
        return flow;
    }
    int main(){
        int ans=0;
        while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
        return ans;
    }
}
int main(){
    m=read(),n=read(),k=read();
    int tot=n*m-k;
    for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            mp[i][j]=1;
    while(k--){
        int u=read(),v=read();
        mp[u][v]=0;
        aa[u]++;
        bb[v]++;
    }
    s=n+m+1,t=n+m+2;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(!mp[i][j])continue;
            add(i,j+m,1);
            add(j+m,i,0);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int val=n-aa[i];
        if(a[i]>val)return !puts("JIONG!");
        add(s,i,val-a[i]);
        add(i,s,0);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int val=m-bb[i];
        if(b[i]>val)return !puts("JIONG!");
        add(i+m,t,val-b[i]);
        add(t,i+m,0);
    }
    cout<<tot-Dinic::main();
}

P3191 [HNOI2007] 紧急疏散EVACUATE

题目链接

还是二分答案，考虑怎么求一个时间内最多能疏散的人数。

发现这道题比较难搞的地方是每个门每个时间只能疏散一个人。

这种情况下我们有一个套路就是把这个门拆了，每个时间对应一个门（这个门在另一个时间就不是它自己了）

• 从源点向每个人连容量为 $1$ 边。

• 每个人向能到达的门连容量为 $1$ 的边。

• 每个时间的每个门向汇点连一条容量为 $1$ 的边，表示一个门一个时间只能疏散一个人。

• 每个门向自己之后的一个时间的门连一条容量为 $+\infty$ 的边，表示每个人到达门后还可以等到之后的某个时间再走。

然后跑最大流。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
il int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int M=30;
const int N=M*M;
const int V=N;
const int maxe=1e6+10;
const int inf=1ll<<30;
struct node{
    int v,nxt,w;
}e[maxe<<1];
int head[maxe],cnt(1);
il void add(int u,int v,int w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int n,m,S,T;
char ch[M][M];
namespace Dinic{
    int dep[maxe],now[maxe];
    il bool bfs(){
        queue<int> q;
        for(int i=1;i<=T;i++)dep[i]=inf;
        dep[S]=0;
        q.push(S); 
        now[S]=head[S];
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();
            q.pop();
            for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
                int y=e[i].v;
                if(e[i].w>0&&dep[y]==inf){
                    now[y]=head[y];
                    dep[y]=dep[x]+1;
                    q.push(y);
                    if(y==T)return 1;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    int dfs(int x,int sum){
        if(x==T)return sum;
        int flow=0;
        for(int i=now[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].v;
            if(e[i].w>0&&dep[y]==dep[x]+1){
                int k=dfs(y,min(sum,e[i].w));
                if(k==0)dep[y]=inf;
                e[i].w-=k;
                e[i^1].w+=k;
                flow+=k;
                sum-=k;
            }
        }
        return flow;
    }
    int main(){
        int ans=0;
        while(bfs()){
            ans+=dfs(S,inf);
        }
        return ans;
    }
}
int dcnt(0),tot(0),dis[N][N];
bool vis[M][M];
map<pair<int,int>,int>id,doorid;
pair<int,int> pos[N],doorpos[N];
il bool Testify(int tim){
    for(int i=1;i<=T;i++)head[i]=0;
    cnt=1;
    for(int i=1;i<=dcnt;i++){
        for(int j=1;j<=min(V,tim);j++){
            add(tot+2*(i-1)*V+j,tot+2*(i-1)*V+V+j,1);
            add(tot+2*(i-1)*V+V+j,tot+2*(i-1)*V+j,0);
            add(tot+2*(i-1)*V+V+j,T,inf);
            add(T,tot+2*(i-1)*V+V+j,0);
        }
        for(int j=2;j<=V;j++){
            add(tot+2*(i-1)*V+j-1,tot+2*(i-1)*V+j,inf);
            add(tot+2*(i-1)*V+j,tot+2*(i-1)*V+j-1,0);
        }
        for(int j=1;j<=tot;j++){
            if(dis[i][j]<=tim){
                add(j,tot+2*(i-1)*V+dis[i][j],1);
                add(tot+2*(i-1)*V+dis[i][j],j,0);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        add(S,i,1);
        add(i,S,0);
    }
    int tmp=Dinic::main();
    return tmp>=tot;
}
void bfs(int stx,int sty,int now){
    queue<pair<pair<int,int>,int>>q;
    q.push({{stx,sty},0});
    while(!q.empty()){
        pair<pair<int,int>,int> tp=q.front();
        q.pop();
        int x=tp.first.first,y=tp.first.second,dep=tp.second;
        if(vis[x][y])continue;
        vis[x][y]=1;
        if(ch[x][y]=='.')dis[now][id[{x,y}]]=dep;
        if(x<n&&ch[x+1][y]=='.')q.push({{x+1,y},dep+1});
        if(x>1&&ch[x-1][y]=='.')q.push({{x-1,y},dep+1});
        if(y<m&&ch[x][y+1]=='.')q.push({{x,y+1},dep+1});
        if(y>1&&ch[x][y-1]=='.')q.push({{x,y-1},dep+1});
    }
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>ch[i]+1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(ch[i][j]=='.'){
                ++tot;
                pos[tot]={i,j};
                id[{i,j}]=tot;
            }
            else if(ch[i][j]=='D'){
                ++dcnt;
                doorpos[dcnt]={i,j};
                doorid[{i,j}]=dcnt;
            }
        }
    }
    if(dcnt==0)return !puts("impossible");
    for(int i=1;i<=dcnt;i++){
        for(int j=1;j<=tot;j++)dis[i][j]=inf;
    }
    S=tot+2*V*dcnt+1;T=S+1;
    for(int i=1;i<=dcnt;i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        bfs(doorpos[i].first,doorpos[i].second,i);
    }
    int L=0,R=400,ans=0;
    while(L<=R){
        int mid=(L+R)>>1;
        if(Testify(mid)){
            R=mid-1;
            ans=mid;
        }
        else L=mid+1;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}