网络流题目乱做

最大流

• 直接网络流可以确定物品的分配的方案："[POI2010] MOS-Bridges"^[1]
• 环的限制可以转化为二分图匹配："Luogu6061 [加油武汉]疫情调查"^[2]
• 每条流量可以表示为一种不交的方案："Luogu3358 最长 k 可重区间集问题"^[3]
• 扩域可以很好地解决冲突："Luogu3358 最长 k 可重区间集问题"^[3:1]

最大权闭合子图

• 注意观察，矩阵可以转化为图论的选 or 不选的问题："[TJOI2015] 线性代数"^[4]
• 最大权闭合子图中，贡献为负数，就默认不计算，选择就会扣除贡献，如果为正数，就默认计算，不选就会扣除贡献："[NOI2009] 植物大战僵尸"^[5]

　　

最小割

普通最小割

• 可以尝试建出最小割图，然后可以考虑分析最小割数量关系："CF103E Buying Sets"^[6]
• 最小割数量比较小的时候，就是两个点之间的关系比如联通/点双联通/点三联通了："[CERC2015] Juice Junctions"^[7]

最小割树

• 板子："最小割树"^[8]， P4123 [CQOI2016]不同的最小割，P3329 [ZJOI2011]最小割，UVA11594 All Pairs Maximum Flow
• 分析最小割树上的情况，确定贪心方案："CF343E Pumping Stations"^[9]

上下界网络流

　　

对偶图最短路

　　

Hall 定理

• 线段树维护 Hall 定理的式子："[POI2009] LYZ-Ice Skates"^[10]
• 集合具有完备匹配这一性质支持加法："[CERC2016] 二分毯 Bipartite Blanket"^[11]

　　

网络流 + 数据结构

• CDQ 同时对于跨过中点的点对连边："[SNOI2019] 通信"^[12]

　　

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1. [POI2010] MOS-Bridges

   有 $n(n \leq 1000)$ 个点和 $m(m \leq 20000)$ 条边，每条边有两个权值，分别表示从 $u$ 到 $v$ 和从 $v$ 到 $u$ 的边权。

   求图中的一个欧拉回路，使得回路中的最大边权最小，并输出方案。

   ---

   考虑二分答案，转化为判定性问题。

   我们先连最小代价方向的边 $(x, y)$，如果另外方向的边可以用，那么就可以让 $deg_x \gets deg_x - 2, deg_y \gets deg_y + 2$，因此我们可以把度数按照大小分类，接着跑网络流即可。（前提是所有节点 $deg_x \mod 2 = 0$）

   有几个细节：

   • 最后输出方案的时候不能混合型的欧拉回路，应该根据网络流流量情况建边跑有向图欧拉回路。
   • 二分之前一定要判断这个图是否是弱联通的。
   ↩︎

2. Luogu6061 [加油武汉]疫情调查

   给一个有向图，求用若干个环（或点）将整张图覆盖的最小花费，环的代价就是环长，点的代价就是点的权值。

   $n \le 500, m \le 5000$。

   ---

   想到基环树，我们会想到什么呢？就是环！如果基环树上的每个点的出边只有一条，且互不相同，那么就是若干个环以及自环了，这个就是匹配！

   考虑一张二分图，每个左部点和右部点的边权为其距离（如果编号相同，则为点权），那么题目的限制就是求一个完美匹配。

   为什么呢？因为把匹配边连起来，一定形成环和若干个单点。

   于是比较暴力的想法：直接建图，然后 KM 或者费用流，复杂度 $\mathcal O(n^4)$ ,因为新的 $m$ 已经到了 $n^2$ 级别。

   大概率会被卡，考虑更加简单的做法：

   拆点，连边 $(S,x, 1, 0), (x, x', 1, a_i), (x', T, 1, 0), (u, v', \infty, w), (x', x, \infty, 0)$，最后一条边就方便了环的限制的刻画。

   跑费用流即可，复杂度 $\mathcal O(n^2 m)$。 ↩︎

3. Luogu3358 最长 k 可重区间集问题

   给定实直线 $\text{L}$ 上 $n$ 个开区间组成的集合 $\mathbf{I}$，和一个正整数 $k$，试设计一个算法，从开区间集合 $\mathbf{I}$ 中选取出开区间集合 $\mathbf{S}\subseteq\mathbf{I}$，使得在实直线 $\text{L}$ 上的任意一点 $x$，$\text{S}$ 中包含 $x$ 的开区间个数不超过 $k$，且 $\sum_{z\in\text{S}}\lvert z\rvert$ 达到最大（$\lvert z\rvert$ 表示开区间 $z$ 的长度）。

   这样的集合 $\mathbf{S}$ 称为开区间集合 $\mathbf{I}$ 的最长 $k$ 可重区间集。$\sum_{z\in\text{S}}\lvert z\rvert$ 称为最长 $k$ 可重区间集的长度。

   对于给定的开区间集合 $\mathbf{I}$ 和正整数 $k$，计算开区间集合 $\mathbf{I}$ 的最长 $k$ 可重区间集的长度。

   $n \le 300， k \le 3$。

   ---

   我们可以按照将方案划分为 $k$ 个两两不相交的区间组，因此，可以考虑如下建图：

   • $(S, 1, k, 0)$
   • $(i,i+1, k, 0)$
   • $(a_i, b_i, 1, b_i - a_i)$

   然后离散化后最大费用最大流就行了。 ↩︎ ↩︎

4. [TJOI2015] 线性代数

   为了提高智商，ZJY 开始学习线性代数。

   她的小伙伴菠萝给她出了这样一个问题：给定一个 $n \times n$ 的矩阵 $B$ 和一个 $1 \times n$ 的矩阵 $C$。求出一个 $1×n$ 的 01 矩阵 $A$，使得 $D=(A×B-C)×A^{\sf T}$ 最大，其中 $A^{\sf T}$ 为 $A$ 的转置，输出 $D$。

   $1 \leq n \leq 500$

   ---

   注意到 $A$ 是一个 $01$ 矩阵，那么可以代表选或者不选，因此 $B$ 的意义就是 $i, j$ 同时选的收益， $C$ 的意义就是 $i$ 的代价，接着就是最大权闭合子图了。 ↩︎

5. [NOI2009] 植物大战僵尸

   给出一个 $n \times m$ 的网格图，每个点有一个植物，每个植物有其价值 $P$（可能为负数），然后有其保护位置（植物不死，僵尸就不能到那里），现在僵尸只能从某一行最后一列开始进攻并且吃掉植物，最大化僵尸最后的收益。

   $n \le 20, m \le 30$

   ---

   最大权闭合子图板子。

   考虑先 拓扑排序，删掉那些永远不可能吃的位置，如果最后某个植物和 $S$ 联通，那么就是会被吃，否则与 $T$ 联通，就不被吃。

   • $P \ge 0$ : $ans \gets ans + P$, $(S, x, 0), (x, T, P)$
   • $P < 0$ : $(S, x, -P), (x, T, 0)$
   ↩︎

6. CF103E Buying Sets

   有一个大小为 $n \le 300$ 的全集，每个元素是一个数，有 $n$ 个子集。题目保证任意 $k$ 个子集的并的大小 $\geqslant k$ 。

   每个子集有一个可正可负的权值，你需要选出一些子集使得这些子集并的大小等于子集个数，且所选子集的权值和最小。可以为空集。

   ---

   神仙转换.jpg

   有一个比较奇怪的事情，$n$ 个子集。

   我们考虑源点向每个集合连边，边权为 $\infty - w$，如果割掉就代表不选，每个集合向数连边 $\infty$，数向汇点连边 $\infty$。跑最大流，假设边权全是正的，因为有完备匹配，那么割边条数一定 $\ge n$，又边权到了 $\infty$，那么割边数目 $\le n$，因此割边数目 $=n$。

   因此不选的集合 + 选的数字 = $n$，也就是 并集大小 = 集合个数。最后贡献取反即可。 ↩︎

7. [CERC2015] Juice Junctions

   给出一张 $n \le 3000$ 个点，$m \le 4500$ 条边的无向图，每条边边权为 $1$，每个点度数不超过 $3$，求 $\sum\limits_{a < b} \mathrm{mincut}(a, b)$。

   ---

   度数不超过 $3$，也就说明最小割不超过 3。

   分集中情况进行讨论：

   • 如果两个点不连通，那么答案为 $0$。
   • 如果两个点联通，但是进行并不属于同一个点双联通分量，那么为 $1$。
   • 如果两个点是属于同一个点三联通分量，那么为 $3$，否则为 $2$。

   现在的问题就是如何判断两个点是否属于同一个点三联通分量了。

   注意到 $m \le 4500$，于是可以考虑暴力删掉一条边，然后去判断每个点的点三联通分量情况，共 $m$ 轮，每个点可以存一个 Hash 值，时间复杂度 $\mathcal O(n^2 + m^2)$。 ↩︎

8. 最小割树

   构建方法

   每次 rand 两个点 $x, y$ ，然后求出这两个点之间的最小割，在最小割树上连边 $(x, y)$，边权为最小割，然后会将整个集合分为两个小集合，递归下去不断构建即可。

   构建复杂度为 $\mathcal O (n^3m)$。

   性质

   $a, b$ 的最小割等于 $(a, b)$ 在最小割树上边的最小值。

   下文定义 $\lambda (a, b)$ 为 $a, b$ 的最小割。

   性质 1

   对于边 $(x, y)$，$p, q$ 分别属于该边两侧的子树，则有 $\lambda(x, y) \ge \lambda(p, q)$。

   如果不成立，那么割 $(x, y)$ 的代价割不掉 $(p, q)$，$p, x$ 联通， $q, y$ 联通，于是 $(x, y)$ 没有割掉。

   性质 2

   对于任意不同的 $a, b, c$，$\lambda(a, b) \ge \min\{\lambda(b, c), \lambda(a,c)\}$

   假设最小的是 $\lambda(a, b)$，假设 $c$ 在割掉 $(a, b)$ 之后和 $b$ 联通，那么由性质 1，$\lambda(a, b) \ge \lambda(a, c)$，有因为假设 $\lambda(a, b)$ 最小，于是 $\lambda(a, b) = \lambda(a, c)$。

   于是最小值至少有两个，下面就很好说明了。

   性质 2 推论

   对于 $a, b$, $\lambda(a, b) \ge \min\{\lambda(a, a_1),\lambda(a_1, a_2)\dots,\lambda(a_t, b)\}$

   ---

   综合"性质 1"^[13] 和 "性质 2 推论"^[14]，可得

   $a, b$ 的最小割等于 $(a, b)$ 在最小割树上边的最小值。

   int get(int x, int y) { 
       F :: reset(); F :: setst(x, y); 
       rep(i, 1, m) F :: link(u[i], v[i], w[i]), F :: link(v[i], u[i], w[i]); 
       return F :: runit(); 
   }
   
   void build(int l, int r) {
       if(l == r) return; int x = p[l], y = p[r], w = get(x, y);
       G[x].eb(y, w); G[y].eb(x, w);
       top = 0, top2 = l; rep(i, l, r) if(!F :: d[p[i]]) q[++top] = p[i]; else  p[top2++] = p[i];
       int cur = r; while(top) p[cur--] = q[top--];
       build(l, cur); build(cur + 1, r);
   }
   

   ↩︎

9. CF343E Pumping Stations

   $n \le 100$ 个点，$m \le 1000$ 条边的带权无向图。

   你需要构造一个排列，收益为 $\sum_{i=2}^n \mathrm{mincut}(a_{i-1},a_i)$ 。

   $\mathrm{mincut}(S,T)$ 表示图中 $S$ 为源点，$T$ 为汇点的最小割。

   求最大的收益，并输出方案。

   ---

   首先建立最小割树，然后定义两点之间距离为其在最小割树上边权的 $\min$ 值，问题就是：求一个排列，使得其路径之和最长。

   因为是 $\min$ 值作为路径，因此，答案的上界就是所有边权之和，我们可以考虑构造一种方案使得答案到达上界：

   • 树分治，然后每次在这个树中找到边权最小的边，对于 $(x, y)$ 在树上的路径，如果跨过该边，那么距离就是该边权值了。
   • 因为该权值最小，我们要先尽量不经过这条边，分别把分出的两个集合走完，最后在跨过这条边，刚好经过一次。
   • 因此最后的答案是可以达到所有边权之和这一上界的。
   ↩︎

10. [POI2009] LYZ-Ice Skates

    滑冰俱乐部初始有 $1 \dots n$ 号码溜冰鞋各 $k$ 双，已知 $x$ 号脚的人可以穿 $x\dots x + d$ 号码的鞋子。现在有 $m$ 次操作，每次两个数 $r,x$，表示 $r$ 号脚的人来了 $x$ 个，$x$ 为负表示离开。对于每次操作，输出溜冰鞋是否足够。

    $r \le n - d, n,k,m\leq5*10^5, k\leq10^9$

    ---

    由 Hall 定理，记前缀和为 $s_i$，那么我们就是要：

    $$\min_{l \le r} \{k(r + d - l) - (s_r - s_l)\} \ge 0$$

    这个非常好办，拆项然后线段树维护。 ↩︎

11. [CERC2016]二分毯 Bipartite Blanket

    在二分图中，所有点被划分成了两个不相交的集合 $A$ 和 $B$，每条边都恰好连接着某个 $A$ 和某个 $B$。一个匹配是一个边集，满足没有任何两条边有相同的端点。我们称一个匹配 $M$ 覆盖了点集 $V$ 当且仅当 $V$ 中的每个点都是 $M$ 中至少一条边的端点。

    给定一个二分图，每个点有一个正整数权值。定义一个点集的权值为其中所有点的权值之和。

    给定一个参数 $t$，请统计有多少点集 $V$，满足 $V$ 的权值不小于 $t$，且 $V$ 被至少一个匹配 $M$ 覆盖。

    $1\leq n,m\leq 20$，$1\leq v_i,w_i\leq 10^7$，$1\leq t\leq 4\times 10^8$

    首先有一个结论：

    • 在二分图中，如果 $A \cap B = \varnothing$，且各自有匹配覆盖 $A, B$，那么 $A \cup B$ 也是有匹配覆盖的。

    考虑将覆盖 $A, B$ 的匹配拿出来，摆到一起：

    

    于是会形成若干个环和链，分类讨论环和链的情况就行了，长这样：

    

    剩下的就是对于左边集合和右边集合分别状压 DP check 一下，然后双指针即可。 ↩︎

12. [SNOI2019] 通信

    $n$ 个排成一列的哨站要进行通信。第 $i$ 个哨站的频段为 $a_i$。

    每个哨站 $i$ 需要选择以下二者之一：

    1. 直接连接到控制中心，代价为 $W$；
    2. 连接到前面的某个哨站 $j$ ($j<i$)，代价为 $|a_i-a_j|$。每个哨站只能被后面的至多一个哨站连接。

    请你求出最小可能的代价和。

    $1 \leq n \leq 1000$，$0 \leq W,a_i \leq 10^9$

    ---

    考虑暴力网络流，我们把 $x$ 拆为两个点 $x, x'$，如果 $x$ 流向 $T$ 则代表和控制中心连接，如果 $x$ 连向 $y'$ 那么就代表是连接 $y$，然后 $y'$ 在连向 $T$，代表把最多向后连的限制让给 $x$。

    于是这么建图：

    • $(S, x, 1, 0)$
    • $(x, T, 1, W)$
    • $(x, y', 1, |a_x - a_y|)$ $(x >y)$
    • $(x', T, 1, 0)$

    暴力建边很可能 T 掉，于是考虑优化。

    我们可以用 CDQ + 归并处理。 ↩︎

13. 性质 1

    对于边 $(x, y)$，$p, q$ 分别属于该边两侧的子树，则有 $\lambda(x, y) \ge \lambda(p, q)$。

    如果不成立，那么割 $(x, y)$ 的代价割不掉 $(p, q)$，$p, x$ 联通， $q, y$ 联通，于是 $(x, y)$ 没有割掉。 ↩︎ ↩︎

14. 性质 2 推论

    对于 $a, b$, $\lambda(a, b) \ge \min\{\lambda(a, a_1),\lambda(a_1, a_2)\dots,\lambda(a_t, b)\}$

    ---

    综合"性质 1"^[13:1] 和 "性质 2 推论"^[14:1]，可得

    $a, b$ 的最小割等于 $(a, b)$ 在最小割树上边的最小值。

    int get(int x, int y) { 
        F :: reset(); F :: setst(x, y); 
        rep(i, 1, m) F :: link(u[i], v[i], w[i]), F :: link(v[i], u[i], w[i]); 
        return F :: runit(); 
    }
    
    void build(int l, int r) {
        if(l == r) return; int x = p[l], y = p[r], w = get(x, y);
        G[x].eb(y, w); G[y].eb(x, w);
        top = 0, top2 = l; rep(i, l, r) if(!F :: d[p[i]]) q[++top] = p[i]; else  p[top2++] = p[i];
        int cur = r; while(top) p[cur--] = q[top--];
        build(l, cur); build(cur + 1, r);
    }
    

    ↩︎ ↩︎