2188. 无源汇上下界可行流

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2188. 无源汇上下界可行流

给定一个包含 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，每条边都有一个流量下界和流量上界。

求一种可行方案使得在所有点满足流量平衡条件的前提下，所有边满足流量限制。

输入格式

第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$。

接下来 $m$ 行，每行包含四个整数 $a,b,c,d$ 表示点 $a$ 和 $b$ 之间存在一条有向边，该边的流量下界为 $c$，流量上界为 $d$。

点编号从 $1$ 到 $n$。

输出格式

如果存在可行方案，则第一行输出 YES，接下来 $m$ 行，每行输出一个整数，其中第 $i$ 行的整数表示输入的第 $i$ 条边的流量。

如果不存在可行方案，直接输出一行 NO。

如果可行方案不唯一，则输出任意一种方案即可。

数据范围

$1 \le n \le 200$,
$1 \le m \le 10200$,
$1 \le a,b \le n$,
$0 \le c \le d \le 10000$

输入样例1：

4 6
1 2 1 3
2 3 1 3
3 4 1 3
4 1 1 3
1 3 1 3
4 2 1 3

输出样例1：

YES
1
2
3
2
1
1

输入样例2：

4 6
1 2 1 2
2 3 1 2
3 4 1 2
4 1 1 2
1 3 1 2
4 2 1 2

输出样例2：

NO

解题思路

最大流，无源汇上下界可行流

建图：对于一个可行流，$c_1\leq f\leq c_2$，即 $0\leq f-c_1\leq c_2-c_1$，满足流量限制，但对于一个节点来说，不一定满足流量守恒，即不一定有 $\sum c_{入}= \sum c_{出}$，可以另外建立一个源点和汇点，将不满足该要求的点多的（由于是 $f-c_1$）用源点连向该点且容量为 $\sum c_{入}- \sum c_{出}$ 的边，否则该点连向汇点且容量为 $\sum c_{出}-\sum c_{入}$ 的边，且要求最大流满流

• 时间复杂度：$O(n^2m)$

代码

// Problem: 无源汇上下界可行流
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2190/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=21000,M=205,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,C[M],s,t;
int h[M],e[N],f[N],ne[N],idx,down[N];
int q[M],hh,tt,cur[N],d[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	d[s]=hh=tt=0;
	cur[s]=h[s];
	q[0]=s;
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==t)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==t)return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
		int y=e[i];
		cur[x]=i;
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(s,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(h,-1,sizeof h);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int a,b,c,d;
    	scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
    	d-=c;
    	down[idx]=c,add(a,b,d);
    	C[a]-=c,C[b]+=c;
    }
    s=0,t=n+1;
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(C[i]>0)res+=C[i],add(s,i,C[i]);
    	else
    		add(i,t,-C[i]);
    if(res!=dinic())puts("NO");
    else
    {
    	puts("YES");
    	for(int i=0;i<m*2;i+=2)
    		printf("%d\n",f[i^1]+down[i]);
    }
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16559568.html
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