网络流常见模型与技巧

sto louis & Maverik orz!

写一些知识点，图论杂题过后单独开一篇。（upd: 高估了图论杂题的数量，看起来凑不够一篇，那不开了。

最小割

最大流最小割定理

对于任意网络 $G = (V, E)$ ，其上的最大流 $f$ 和最小割 $\{S, T\}$ 总是满足 $|f| = ||S, T||$ 。
即，最大流在数值上等于最小割。

最小割的可行边与必须边

同一个网络的最小割有多种可行的方案，我们需要对一条割边的可行性与必要性进行讨论。
可行边: 指存在于任意可行割集中的的边。
必须边: 指存在于所有可行割集中的的边。

可行边

一条边 $u\to v$ 作为最小割的可行边的充要条件是：

• 这条边满流
• $SCC_u\neq SCC_v$

第一条限制的必要性是显然的，我们来证明第二条限制。
$u$ 和 $v$ 不在同一强连通分量，等价于残量网络上不存在一条从 $u$ 到 $v$ 的路径。如果存在一条从 $u$ 到 $v$ 的路径，就会和 $u\to v$ 满流后形成的反向边构成环，破坏了最大流的性质，$u\to v$ 必然不能是可行边。

必须边

一条边 $u\to v$ 作为必须边的充要条件是：

• 首先它是一条可行边
• $SCC_s=SCC_u,SCC_v=SCC_t$

后者等价于残量网络上同时存在 $s\to u$ 和 $v\to t$ 的路径。如果不存在，则说明只割掉前面（或后面）所有满流的边就能令 $s$ 和 $u$ 不连通（或 $v$ 和 $t$），这样 $u\to v$ 就不是必须要割的边。

最大权闭合子图

闭合图：一个有向图的子图，满足若一个点在该子图内，则它的所有后继节点都在该子图内。
最大权闭合子图：一个带点权的有向图，点权有正有负，求一个闭合子图的权值和的最大值。

做法

这是一个较为经典的问题。
考虑如下的建图：将点按照点权的正负分为正值点和负值点。源点向所有正值点连边，容量为点权；所有负值点向汇点连边，容量为点权的绝对值。在正负值点之间按照原图连边，容量为 $\inf$。

答案为正值点的权值和减去原图的最小割。

证明

考虑这样建边的实际意义，设 $s\to i$ 的边不割表示选了这个正值点，$i\to t$ 的边不割表示不选这个负值点。
那么 $s\to t$ 连通就表示选了某个正值点但没选它后继的负值点，于是寄了。我们的目标是用最小的代价让它们不连通，这就是求最小割。
为什么不用反过来考虑呢？因为如果一个负值点被选，一定因为它是某个正值点的后继而不得不选。所以选的第一个点一定是正的。

CF311E Biologist

不会做 *2300 /oh。
首先完不成要倒扣的限制可以通过把达成条件的奖励加 $g$ 来消去。然后对求的东西进行转化，最大化利润等价于最小化未获得的奖励+成本。
因此这样建图：

• 若 $S_i=0$，连边 $(i,t,v_i)$，割掉该边表示选 $1$ 要花费 $v_i$ 的代价；否则连边 $(s,i,v_i)$。
• 对每条限制开一个新点。如果限制是全为 $1$，即限制某些位置不能有 $0$，连边 $(s,j,w_j)$，$(j,x,\inf)$；否则连边 $(j,t,w_j)$，$(x,j,\inf)$。如果割开限制边，则表明该奖励没有被达成。

这样建图可以保证一个点不会既满足 $0$ 限制又满足 $1$ 限制，因为这样这两个限制的边会通过这个点连通。

混合图的欧拉回路 Euler Circuit

与有向图、无向图的欧拉回路不同，在混合图中，我们需要对所有无向边进行合理的定向，使之转化为有向图求解。

先对所有边随机指定一个方向，令点的权值 $d_i=in_i-out_i$。我们希望通过调整边的方向，使所有 $d_i=0$。
考虑将原本 $u\to v$ 的边反向，对 $d$ 数组的影响是 $d_u\gets d_u+2,d_v\gets d_v-2$。因此我们把 $d$ 数组全部除以 $2$，一次反向操作的贡献变为 $1$。
对于 $d_i>0$，连边 $(s,i,d_i)$；对于 $d_i<0$，连边 $(i,t,-d_i)$。对于原图的每条无向边 $u\to v$，连边 $(u,v,1)$。跑最大流，流满的边即为需要反向的边。

对所有边定向完毕后，跑有向图的欧拉回路即可。

费用流

那个长得神似 Dinic 的费用流其实叫 zkw 费用流。

[CQOI2012] 交换棋子

网络流题总是能写出层出不穷的假做法，怎么办呢。
忽略掉所有白棋子，那么问题相当于每次可以八连通移动，将黑棋子移动到指定的位置。次数限制在方格上，考虑拆点，连边 $(in_{x,y},out_{x,y},limit,0)$，$limit$ 是交换次数限制的一半，特判下奇数且初始/终止为黑的点。
对于初始位置的黑棋子，连边 $(s,in_{x,y},1,0)$；对于终止位置的黑棋子，连边 $(out_{x,y},t,1,0)$。每个格子向八连通位置连费用为 $1$ 的边，表示交换，跑费用流。

然后这个假了，原因是要特判某个位置一开始就是黑的，最后还是黑的。这种情况不应当连边，因为它一直不动的话没有交换次数，不会贡献大小为 $1$ 的流。

[NOI2012] 美食节

P2053 的加强版。这人怎么不仅不会网络流，还不会拆贡献 /cf
发现做每个菜的贡献跟前面做菜的总时间有关，试图倒过来考虑。设第 $i$ 个菜是第 $j$ 个厨师倒数第 $k$ 个做的，它对答案的贡献是 $T_{i,j}\times k$。
至此，不同菜或厨师之间的贡献独立。比较暴力的做法是直接把每个厨师拆成 $p$ 个点，分别表示这个人倒数第几次做菜，跑费用流，可以通过 P2053。

不过发现，我们只有先做了倒数第 $i$ 个菜，才有可能做倒数第 $i+1$ 个菜，否则一定不优。因此可以在 dinic 的过程中动态加边，每次增广后判断，等到倒数第 $i$ 个已经被选，再连边第 $i+1$ 个。这里要每次增广就判断一次，而不是全部增广完毕再加边。后者会使图中出现负环。

[WC2007] 剪刀石头布

双倍经验：CF1264E Beautiful League

直接对三元环计数，发现没法做。反过来对无法形成环的三元组进行计数，那么目标是最小化这样的三元组数量。

考虑一个无法形成环的三元组有什么性质，发现它有且仅有一个点出度为 $2$。同时我们发现这是判定一个三元组非法的充要条件，所以我们要对这样的一个点和两条边数数。

设 $deg_i$ 表示点 $i$ 的出度，那么点 $i$ 对应的非法三元组数量为 $\frac{deg_i(deg_i-1)}{2}$。问题转化为给所有无向边定向，最小化 $\sum\limits_{i=1}^n \frac{deg_i(deg_i-1)}{2}$。

给无向边 $(u,v)$ 定向，要么使 $deg_u\gets deg_u+1$，要么使 $deg_v\gets deg_v+1$。二选一，考虑费用流。

注意到贡献是二次的，考虑将 $deg_i$ 增加 $1$ 的代价差分。差分数组是递增的，这满足了费用流的贪心性质，也就是说满流的边一定是差分数组的一个前缀。至此我们可以用左侧一排点表示未定向的边，右侧一排点表示原图点的 $deg$ 值，建图：

• 连接源点和左侧点，容量为 $1$，费用为 $0$，表示这条边对 $deg$ 造成总量为 $1$ 的贡献；
• 连接表示边 $(u,v)$ 的左侧点和表示点 $u,v$ 的右侧点，容量为 $1$，费用为 $0$，表示 $(u,v)$ 可以对两个点产生贡献；
• 在每个右侧点和汇点之间连 $n$ 条边，容量为 $1$，费用分别为 $deg$ 数组从 $0$ 至 $n-1$ 的差分。

答案为 $\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}-mincost$。

二分图匹配 & 偏序集

时间复杂度

匈牙利是 $O(nm)$，Dinic 是 $O(\sqrt{n}m)$。

可行边与必须边

可行边：在图上满流，或 $SCC_u=SCC_v$。
必须边：在图上满流，且 $SCC_u\neq SCC_v$。

注意这里的条件与最小割的区别。

证明

假设我们已经得到了一组解。如果这个图上存在某条长度为偶数的交错路，把这条路上的所有边状态取反不改变答案。因此属于一条长度为偶数的交错路的匹配边均是可行边，且不是必须边。这等价于在残量网络中 $SCC_u=SCC_v$。

而必须边即为排除掉上述情况的可行边。

Kőnig 定理

最小点覆盖：选最少的点，满足每条边至少有一个端点被选。

二分图中，最小点覆盖 = 最大匹配。

解的构造

显然我们只要找到一种构造方式就证明了这个定理，因此下文仅叙述如何构造出一组合法解。
我们先求出当前二分图的最大匹配，并记录匹配边。

接下来，从右侧的所有非匹配点遵循如下规则开始 dfs，并标记所有经过的点：

• 右部点只能通过非匹配边向左走；
• 左部点只能匹配边向右走。

我们取左侧被访问过的点和右侧未被访问过的点，它们的并集为一个合法解。

证明

首先，右侧的非匹配点一定都被 dfs 到了，加入答案的一定是匹配点。
而右侧被 dfs 到的匹配点一定是因为与之匹配的左侧点被 dfs 到了，那么这条边的左端点已经被选入了最小点覆盖。
左侧的非匹配点一定不会被 dfs 到，否则我们可以让走向它的右部点与之匹配，不满足二分图最大匹配的性质。

那么我们得出结论：只有匹配边的端点会被选上，且每条匹配边的端点恰好被选了一个。

接下来证明这组解覆盖了所有的边。
只有出现左部点未被 dfs 到且右部点被 dfs 到的情况，才会两个端点都不被覆盖。根据是否是匹配边分讨一下，发现这显然是不可能的。因此我们构造出的解合法，且总点数最小。

最大独立集

最大独立集：选最多的点，满足两两之间没有边相连。

二分图的最大独立集 = 总点数 - 最小点覆盖。

解的构造

二分图的最大独立集是最小点覆盖的补集。

可以根据定义证明：最小点覆盖是每条边只要一个端点被选，那么它的补集就是每条边至多有一个端点被选，即最大独立集。

团

最大团等于总点数减去补图的最大独立集。

[HAOI2017] 新型城市化

在补图上考虑问题。由于题目保证了原图可以划分为不超过两个团，这条性质等价于补图至少可以划分为两个独立集，进一步等价于补图是一个二分图。
我们的目标变成：在二分图上删一条边，判断最大独立集是否变大。
根据最大独立集的性质，我们判断的就是最大匹配是否减小，即判断哪些边是二分图最大匹配的必须边。可以利用上面的结论，先跑 dinic，再在残量网络上跑一遍 tarjan 求出答案。

偏序集

定义

偏序集：集合中部分元素可以比较大小。
全序集：集合中所有元素都可以比较大小。
链：全集的一个子集满足其是全序集。
反链：全集的一个子集满足所有元素都不可以比较大小。
链覆盖：若干的链的并集满足是全集，且两两之间没有交集。反链覆盖同理。
最长链：所有链中元素个数最多的集合，最长反链同理。

最小不可重链覆盖

因为不可重覆盖，可以将每个点拆为一个入点和一个出点。在两类点之间按照原图连边。
跑二分图最大匹配即可，答案为总点数减去最大匹配。

最小可重链覆盖

通常有三种办法（摘自 PPT）：

• 跑传递闭包后转为不可重覆盖，可重路径一定能在新图上对应一组不重路径。
• 同样是拆点，设分别为 $a_i,b_i$，先连源汇点，然后 $a_i\to b_i$ 下界为 $1$，原图的边连上 $b_j\to a_i$，所有边上界均
  为 $\inf$，跑上下界最小流即可。
• 还是拆点，考虑改造一下不可重复覆盖的二分图，先连源汇点，上界均为 $1$，$b_i\to a_i$ 上界为 $\inf$，原图的边
  $a_i\to b_j$ 上界为 $\inf$，这样就相当于在二分图上跑传递闭包了。

Dilworth 定理

一个偏序集中的最长反链大小，等于其中最小不可重链覆盖大小。

推论：一个 DAG 中最长反链的大小，等于其中最小可重链覆盖大小。

DAG 上最长反链的构造

模板：[CTSC2008] 祭祀

首先对 DAG 跑传递闭包，转为偏序集。拆点，转为二分图，并构造其最大独立集 $I$。
那么我们取出所有 $x_{in}\in I$ 且 $x_{out}\in I$ 的点 $x$，它们构成原图的最长反链。
换句话讲：取出所有 $x_{in}$ 被 dfs 到，且 $x_{out}$ 未被 dfs 到的点，这些点组成了 DAG 的最长反链。

证明略。

CF1630F Making It Bipartite

因为倍数关系有传递性，如果有边 $a\to b,b\to c$，则一定有边 $a\to c$。这样就会形成长度为 $3$ 的奇环，不满足二分图的性质。
也就是说，图上的任意一个点不能既有入度又有出度，否则不合法。

考虑将一个点 $x$ 拆成 $x_0$ 和 $x_1$，分别表示 $x$ 只有入度或只有出度。那么目标是找出若干对不能同时选的点，在它们之间连边，能够保留的点数即为这个图的最大独立集。
这个貌似不好直接求，但发现原图本身是一个偏序集，因此可以将我们自己建的图也定向成偏序集，求它的最长反链。

具体地，$x_0$ 和 $x_1$ 不能一起选，故连边 $x_0\to x_1$；
如果 $a_y$ 是 $a_x$ 的倍数，除了 $(x_1,y_0)$ 以外任意两点都不能一起选，连边 $x_0\to y_0,x_0\to y_1,x_1\to y_1$。

上下界网络流

感觉没啥用。摆了。