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。