2189. 有源汇上下界最大流
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2189. 有源汇上下界最大流
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。
给定源点 \(S\) 和汇点 \(T\)，求源点到汇点的最大流。
输入格式
第一行包含四个整数 \(n,m,S,T\)。
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
输出一个整数表示最大流。
如果无解，则输出 No Solution。
数据范围
\(1 \le n \le 202\),
\(1 \le m \le 9999\),
\(1 \le a,b \le n\),
\(0 \le c \le d \le 10^5\)
输入样例：
10 15 9 10
9 1 17 18
9 2 12 13
9 3 11 12
1 5 3 4
1 6 6 7
1 7 7 8
2 5 9 10
2 6 2 3
2 7 0 1
3 5 3 4
3 6 1 2
3 7 6 7
5 10 16 17
6 10 10 11
7 10 14 15
输出样例：
43
解题思路
最大流，有源汇上下界最大流
不妨先找有源汇上下界可行流，同无源汇上下界可行流一样，可以先建立两个虚拟节点 \(S,T\)，多减的多加的可以通过虚拟节点补偿，且达到满流（即最大流）时说明找到一个可行流，但原图有源汇 \(s,t\)，这样的 \(s,t\) 两个节点流量不守恒，但可以从 \(t\) 到 \(s\) 建立一条容量足够大的边，这样两点的流量就能守恒，\(\color{red}{但 t 到 s这条边忽略掉后的可行流是否合理？}\)忽略这条边后，流网络的所有边都满足上下界要求，所以这时忽略这条边仍然是流网络的一个可行流，而且由 \(s\) 点的流量守恒，此时 \(t\) 到 \(s\) 的流量正好等于残余网络的 \(s\) 到 \(t\) 的可行流加上所有需要补充的下界，其数值等于原流网络的可行流
现在求解有源汇上下界最大流，一个可能可行的操作即先删除 \(t\) 到 \(s\) 的边然后在原残留网络的基础上跑一遍 \(s\) 到 \(t\) 的最大流，即将 \(s\) 到 \(t\) 的残余网络完全榨干，但是需要是 \(s\) 到 \(t\) 的残余网络才行，而现在这个网络却是 \(S\) 到 \(T\) 的残余网络，残余网络不同可行流不能直接相加减，但原流网络的一个可行流对应现流网络下满流的 \(s\) 到 \(t\) 的可行流，即所有与 \(S\) 和 \(T\) 相关的边都满流了，在满流状态下，要求 \(s\) 到 \(t\) 达到最大流，而在现残余网络中求解 \(s\) 到 \(t\) 的最大流时并不会退流或引流到 \(S\) 或 \(T\)，即榨干 \(s\) 到 \(t\) 的流量后 \(S\) 和 \(T\) 相关的边仍然满流，此时对应原流网络中 \(s\) 到 \(t\) 的最大流，\(\color{red}{为什么在现残余网络中求解 s 到 t 的最大流需要删除 t 到 s 的边？}\)现在的 \(t\) 到 \(s\) 的边在原流网络中是不存在的，求解最大流时可能会有一部分流量在这条边上，所以需要删去，保证所求解的最大流在要求的边上
- 时间复杂度：\(O(n^2m)\)
代码
// Problem: 有源汇上下界最大流
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2191/
// 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=205,M=(N+10000)*2,inf=1e9;
int n,m,S,T,s,t,C[N];
int h[N],e[M],ne[M],f[M],idx;
int d[N],cur[N],q[N],hh,tt;
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);
q[0]=S;
cur[S]=h[S];
tt=hh=d[S]=0;
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])
{
cur[x]=i;
int y=e[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 flow=0,res=0;
while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
return res;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c,d;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
add(a,b,d-c);
C[a]-=c,C[b]+=c;
}
S=0,T=n+1;
int tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(C[i]>0)tot+=C[i],add(S,i,C[i]);
else if(C[i]<0)
add(i,T,-C[i]);
add(t,s,inf);
if(tot!=dinic())puts("No Solution");
else
{
int res=f[idx-1];
f[idx-1]=f[idx-2]=0;
S=s,T=t;
printf("%d\n",res+dinic());
}
return 0;
}
