网络流&二分图选记
前言
这里会简单记录一下在网络流题目中碰到的有价值的点。
其实就是cmd博客的学习记录。
大概会随学习进度更新。
基本最大流
这里是指用流量去限制移动、选择之类。
也可以把流量当做状态。
用流量限制选择个数，按转移建图。
发现普通建图无法处理拿出来的子序列有 \(s\) 的长度。
其实可以建立分层图，因为 LIS 具有分层图的结构，只有上一层的点才能连到下一个点，这样就可以得到长度必须是 \(s\) 的限制。
用流量限制技能的次数，流量看做是光明程度变化的过程。
发现操作都是一个区间连向另外一个区间，所以可以线段树优化建图。
（类）二分图匹配
基本的二分图匹配其实就是把物品当做是要操作的元素（操作可以是选择、移动、确定一个方案之类）
也有通过满流判断是否有解来搭配二分的做法。
还有些二分图的变种，比如三分图之类，但是只要右边的边不会连到左边来就还可以算是"二分图"。
基本 棋盘+只能处理相邻两格 都会二分图相关。
先考虑没有硬石头的情况，就相当于不能在同一行或同一列放置两个炸弹。
而硬石头的存在可以视作把完整的行/列分成了若干互不影响的段，按段的编号建立二分图即可。
如果没有人类上下左右的限制，相当于一次可以给相邻的两格权值都减少 \(1\) ，直接跑二分图多重匹配即可。
而若加上人类上下左右的限制，就意味着上下只能选一个，左右也只能选一个，同时加上限制跑二分图匹配即可。
先乘以 \(10^5\) 变成整数问题。然后考虑二分答案，同时给奶酪的存在时间离散化。
这样我们就得到 \(O(n)\) 个时间段，每段内奶酪的存在情况都是确定的，而每只老鼠在这段时间里吃的大小也是可以知道的，这样就是一个匹配问题了。
但是有一个问题：我们无法做到在一个时刻一只老鼠吃一个奶酪。
考虑差分，设 \(d_i=s_i-s_{i-1}\)，这样对于 \(i\) （已经不能叫做是第 \(i\) 只老鼠了）来说，在一段时间内的吃的大小就是 \(d_i\cdot (n-i+1)\cdot t\) ，而它给该时段内每个奶酪连的边的容量是 \(d_i\) 。这样就解决了一个时刻只有一只老鼠吃一个奶酪。
结论题，答案就是度数不为 \(t\) 的倍数的点的个数。
主要是构造过程。先求出每个点个度数 \(d_i\) （默认右边的点的标号 \(+n\)）。
发现对于点 \(x\) ，你需要给每 \(\frac{d_x}{t}\) 个边染一种颜色，多出来的边染不同的颜色。
然后对于当前 \(t\) ，有如下选法：
- 若 \(t| d_x\)，\(x\) 恰好选择 \(\frac{d_x}{t}\) 条边。
- 否则 \(x\) 可以选择 \(\frac{d_x}{t}\sim \frac{d_x}{t}+1\) 条边。
然后给这些边染成第 \(t\) 种颜色之后，就变成了 \(t'=t-1\) 的问题，而且并没有影响答案。
所以可以依此构建二分图，首先是正常的二分图建图，连向源/汇点的流量是 \(\frac{d_x}{t}\) 。但是发现可能会流不满，那么就占用可以流 \(\frac{d_x}{t}+1\) 的点，可以设置这些点有 \(1\) 的额外流量。
如果直接让额外流量连向源汇点会一个问题，就是可能额外流量的存在使当前最大流不会使本该流满的边流满，而我们的额外流量是为了帮助流满的。
所以我们考虑这样建图：（\(S\rightarrow TT\) 只有在源点流出来的总流量 \(su_1\) 大于右边的总流量 \(su_2\) 时才会有 \(su_2-su_1\) 的容量，\(SS\rightarrow T\) 就是反过来。）
为什么？其实我还没有搞明白，只是觉得很高级...或许之后会补...
最小割
最小割这种东西，个人感觉会比最大流玄学一点。
一般会把割掉某条边看成是放弃某个收益，或承受某个代价。
然后你需要把目标状态对应到网络中的 \(S\) 与 \(T\) 不连通的状态。
有时还会加一些 \(\inf\) 边去限制一些方案以满足题目要求。
网格+没有公共边 \(\rightarrow\) 二分图。
然后假设我们把所有数都给选了，然后需要舍弃一些方格以保证 没有公共边 的要求。
那么我们考虑用割的形式，一个点连向 源、汇 的边的容量就是该点的权值，相邻的点连\(\inf\) 防止被割。这样没有公共边的限制就和 \(S\) 与 \(T\) 不连通挂上了。
和上题相同，先假设把所有房子都卖了，然后考虑舍弃一些房子或承担一些修墙费用。
这里舍弃房子和上题相同，修墙费用就是割掉一条路，那么就把这条路的容量设为修墙费用。
这题中需要满足的条件是不联通，那么路就要改成双向边。
考虑题目中的上下截断，那么我们对于每一行一列 \((x,y)\) 来说，把 \((x,y,1)\) 连源点，把 \((x,y,R)\) 的点连汇点，中间点按权值串联，这就是一个最小割问题。
考虑相邻两竖列切点不超过 \(D\) ，这其实就是让我们排除某些不合法的割的方案，那么我们给某个 \((x,y,z)\) 的位置，向着四相邻竖轴 \((x',y',z-D)\) 的位置连 \(\inf\) 边。这样就保证了如果割了\((x,y,z)\) 而且割了 \((x',y',z-D-1)\) 的话，那么 \((x',y',z-D-1)\) 就白割了，因为还是会有流量流过来，这样就保证了方案满足要求。
题目的图暗示（假装被暗示了）我们给图染三色，但是有两个条件，形如 \((a,b,c)\) 不能同时存在，如果直接在三分图上连边、跑最小割就会有一个问题，本来 \((a_1,b,c_1)\) 的限制加上 \((a_2,b_1,c_2)\) 的限制，在这个图中就变成了 \(a_1,a_2\) 和 \(b_1\) 和 \(c_1,c_2\) 不能同时存在。所以这种三种或三种颜色以上的都不能直接上最小割。
那怎么办，考虑找这个 \((a,b,c)\) 的限制有什么特殊性。
发现对于在能量源上的水晶，周围的水晶只能保留一种颜色的的水晶，这样我们就可以对中间的点向两边连一次边，就不会出现上面说的这种多次限制导致互相影响。
同样的题还有：P3756 [CQOI2017]老C的方块
这个题代表了一类最小割题目，就是选择只有两种，可以划分为 \(S,T\) 两个集合来区分，然后对于 \(x\) 在 \(S\) 集合中有一些贡献，在 \(T\) 集合中有一些贡献，而 \(a_1,a_2,...,a_k\) 这些点同时在 \(S\) 或 \(T\) 中有一些贡献。
同样，我们先考虑所有贡献都拿到了，然后割去一些贡献以满足要求：一个点不能同时在 \(S\) 中又在 \(T\) 中，其实就是使 \(S\) 与 \(T\) 不连通。
如果没有这些额外贡献，是很好做的，有了额外贡献，就只需要考虑到如果把组合中任意一个点 \(a_i\) 分到了另一个集合，那么就必须要割掉这个贡献。
所以可以这样建图：我们对每个组合建立虚点，和源、汇点相连，边权为额外权值。然后连边到对应的物品上,边权为 \(\inf\) 防止被割。如果要割掉任意一个物品边，都必须要割掉所对应的所有集合边，否则白割。
最大权闭合子图
闭合子图是指，在一个有向图中的子图 \(S\)，并且不存在一条边 \(x\rightarrow y\)，使得 \(x\in S\)，但 \(y\notin S\) 。
而最大权就是给每个点有一个权值（有正有负），需要你选取的闭合子图权值和最大。
处理这类问题，我们是把其转化为最小割问题来解决的。
假设我们把所有正权点都选了，考虑割掉一些选了的点，或承受一些负权点使得满足闭合子图的条件。
那么我们将原图中的一条边 \(x\rightarrow y\) 变为网络中的 \((x,y,\inf)\) ，同时对于正权点连 \((S,x,val_x)\) ，负权点连 \((x,T,val_x)\) 。这样若网络中还有流量，那么就意味着还有正权点没有舍弃或负权点没有承受。
一般只要出现了要选 \(x\) 就必须要选 \(y\) 的时候就是最大权闭合子图。
对于每个收益建虚点，注意都到要想得到这个收益，就必须要选择一些点，那么就给对应的要求连边，最后就是求该图的最大权闭合子图了。
\((A\times B-C)A^{T}\) ？什么玩意？
尝试化一下式子：\(\sum_{i=1}^n(\sum_{j=1}^n A_{j}\cdot B_{i,j}-C_{i}) A_{i}=\sum_{i=1}^n\sum_{i=1}^n A_{i}\cdot A_{j}\cdot B_{i,j}-\sum_{i=1}^n A_{i}\cdot C_{i}\)
因为 \(A_i\) 只能是 \(0,1\) 那么这个式子的意思就是：同时选 \(A_i,A_j\) 可以得到 \(B_{i,j}\) 的收益，但选 \(A_i\) 就会付出 \(c_i\) 的代价。
直接做会有 \(n^2\) 的点，有优化方法，但好像不优化也能过去。
注意到想要得到 \(d_{l,r}\) 的贡献就必须要得到 \(d_{l+1,r}\) 和 \(d_{l,r-1}\) 的贡献。但是还有费用的问题。
若 \(m=0\) 那么就是 \(d_{l,l}\) 还需要 \(a_l\) 的费用，而 \(m=1\) 时就意味着若选了类型 \(x\) 的任意一个就需要 \(x^2\) 的费用，同样也是要选 \(x\) 就必须要选 \(y\) 的形式。
若不存在租用，完成一项工作必须购买对应的所有机器，这就是个经典的最大闭合子图问题。
考虑租用，就是可以花费一定代价删去依赖关系，那么稍微改一下建图就可以：每个工作向对应的机器连边的边权为租用费用，其余就是最大权闭合子图。
DAG(偏序集)相关
- 普通版：P2764 最小路径覆盖问题
我们采用调整的思想。首先将每个点用单独一个路径覆盖，然后考虑不断合并两条路径，最终总路径最少。
我们拆出入点变成二分图，对于图中原有的边，从出点连向入点。这样某条边 \((x,y)\) 被选中，就相当于将 \(x\) 路径的末尾连上了 \(y\) 路径的开始。
正好路径不能交叉、汇合，也满足二分图匹配的问题。
回到偏序集，首先要明白什么是偏序集。
偏序集 \((S,<)\) 满足集合中值元素之间存在大小关系 \(x,y\in S,x< y\)，允许不可比(无定义)的情况出现。但是比较一定有传递性 \(\forall\ x<y,y<z\rightarrow x<z\)，且不能互相矛盾 \(\nexists\ x<y ,y<z,z<x\)。其实可以看成是 DAG。
对于偏序集中的一个子图，若任意两个点都可比，叫做是偏序集的链。（注意：这里与图中的路径不同，这里只要求被推导出的关系联通，而不要求在初始的关系中就联通。）
而一个子图，任意两个点都不可比叫做反链。
不同于最小路径覆盖，在求偏序集的最小链覆盖问题时，我们是需要先求出传递闭包的，这样才能满足链的定义。求出一个点所有可以到达的点之后，就是上面的做法了。
考虑二分，二分之后问题就变成了能否覆盖所有关键点（也就是 \(val_x<mid\) 的点）。
如果直接上 最小路径覆盖 就会有一个问题：对于 \(val_x>mid\) 的点，是不需要被覆盖的，但也不能把它给拿掉（可以作为中间点）所以这里需要求的是 偏序集的最小链覆盖 。
首先有 Dilworth 定理：最长反链大小=最小链覆盖数量。
考虑构造答案，又有一定理：对于求最小链覆盖的时候的二分图，求出一个最大独立集 \(I\) ，对于一个点 \(u\) 如果满足出入点都在 \(I\) 内，则将其加入最长反链答案集合 \(A\) 。
之后又有更简单的判断方式： \(u\) 的入点与 \(S\) 联通，且出点不与 \(S\) 联通 \(\Leftrightarrow\) \(u\) 在最长反链中。
证明？没有。
