开始了我的网络流 (24) 题之旅，写在一起到时候方便一起复习哦。
其实这并不是真的二十四题，有一些过于水的我就不写上来了。然后有的代码太水了就不写了。
感觉这些题目还是比较基础的，方法却值得借鉴！
https://www.luogu.com.cn/problem/list?keyword=&tag=332&page=1
剩余题目： 航空路线问题、火星探险问题以下
星际转移问题
题目描述
解法
你发现时间是最大的障碍，因为对于不同的时间飞船的行驶是不同的。
但是你发现数据小得一批，如果我们每次都运一个人的话，并且花最多的时间等飞船，可以计算出时间的上界是 (n^2m) ，这给了我们一些暴力思想的可能，不妨在每个时间都建出这张图，构图方法如下：
- 每个时间的月球都连向一个汇点，边权为 (inf) 。
- 把地球直接当成原点。
- 每个时间的点都连向下一个时间的该点，边权为 (inf) ，表示等待。
- 飞船我们知道是连接那两个点了，把这两个点连边，边权为 (h[i])
一开始我们可以用并查集判断有无解，然后我们边枚举答案边构图，边跑最大流。如果最大流大于等于 (k) 就表示可以把 (k) 个人运到终点了，得到了答案。好像不怎么难啊
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 55;
const int M = 200005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int read()
{
int x=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x*flag;
}
int n,m,k,mx,tot,ans,s,t,f[M],cur[M],dis[M],h[N],r[N],fa[N],a[N][N];
struct edge
{
int v,c,next;
}e[2*M];
int find(int x)
{
if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void merge(int u,int v)
{
int x=find(u),y=find(v);
fa[x]=y;
}
void add(int u,int v,int c)
{
e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,0,f[v]},f[v]=tot;
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
for(int i=1;i<=ans*(n+1);i++) dis[i]=0;
dis[t]=0;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
if(u==t) return 1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(!dis[v] && e[i].c>0)
{
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int ept)
{
if(u==t) return ept;
int flow=0;
for(int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(dis[v]==dis[u]+1 && e[i].c>0)
{
int tmp=dfs(v,min(ept,e[i].c));
if(!tmp) continue;
ept-=tmp;
e[i].c-=tmp;
e[i^1].c+=tmp;
flow+=tmp;
if(!ept) break;
}
}
return flow;
}
int main()
{
n=read();m=read();k=read();
s=0;t=M-2;tot=1;
for(int i=1;i<=n+2;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
h[i]=read();r[i]=read();
for(int j=0;j<r[i];j++)
{
a[i][j]=read();
if(a[i][j]==0) a[i][j]=n+1;
if(a[i][j]==-1) a[i][j]=n+2;
if(j) merge(a[i][j-1],a[i][j]);
}
}
if(find(n+1)!=find(n+2)) {puts("0");return 0;}
for(ans=1;;ans++)
{
add(s,(ans-1)*(n+1)+n+1,inf);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=(ans-1)%r[i],y=ans%r[i];
if(a[i][x]==n+2) x=t;
else x=(ans-1)*(n+1)+a[i][x];
if(a[i][y]==n+2) y=t;
else y=ans*(n+1)+a[i][y];
add(x,y,h[i]);
}
while(bfs())
{
for(int i=0;i<=ans*(n+1);i++) cur[i]=f[i];
cur[t]=f[t];mx+=dfs(s,inf);
}
if(mx>=k) {printf("%d
",ans);return 0;}
for(int i=1;i<=n+1;i++)
add((ans-1)*(n+1)+i,ans*(n+1)+i,inf);
}
}
太空飞行计划问题
题目描述
最大权闭合子图问题，有 (n) 个正权点，(m) 个负权点，正权点和负权点之间有边，表示选了这个正权点之后必须选相连的负权点，如果满足这个条件就称为 闭合 ，求最大权值。
(n,mleq50)
解法
这是一个经典模型，在题目描述里面已经介绍了一些概念，我们这样建图：
- 源点连接正权点，容量为正权点权值。
- 原来的边给一个 (inf) 的容量。
- 负权点连接汇点，容量为负权点权值的绝对值。
然后求出最小割，答案是正权点权值 (-) 最小割。
现在来证明为什么，要明确一个至关重要的结论：一个点要么和 (s) 联通，要么和 (t) 联通 。首先中间些容量为 (inf) 是断不掉的，不用管它们，考虑如果一个点既不能连向 (s) 又不能连向 (t) ，如果是正权点，那么可以不断掉和 (s) 的连边，如果是负权点可以不断掉和 (t) 的连边，由于是最小割，但是在同样在不连通的情况下却多断了点，矛盾，反证成立。
然后考虑正权点和 (s) 不断边的意义是选取这个正权点，负权点不断边的意义是不选这个负权点，由于要保证不连通性那么选了正权点他相连的负权点就不会选，所以满足了闭合的条件。然后考虑是否满足最大化答案，答案可以表示为正权点权和 (-) 没选取的正权点 (-) 选取了的负权点。发现我们求的就是 (min{) 没选取的正权点 (+) 选取了的负权点 (}) ，所以也满足最大哦。
这个模型挺有意思的，但是如果不知道这个模型做题就有点麻烦，其实可以最大流和最小割都试一试，看哪个满足题目条件，也可以把点的顺序交换一下（一开始我源点连器材就死活想不出来）
最小路径覆盖问题
题目描述
解法
这道题看到没什么思路，但是我们可以用 调整法 。也就是一开始的路径都是只经过单点的，我们把它调整得更优。很多题都是这样的，没什么思路的时候一定要试一试调整法，它的解决范围是很广的。
考虑用网络流来实现这个调整的过程，我们把每条路径拆成 (y) 前端和 (x) 后端。如果 ((i,j)) 有一条有向边那么就可以把 (i) 的 (x) 连向 (j) 的 (y) ，如果这一条边上有流量那么就表示我们把 (i) 和 (j) 接在一起了，构图方法如下：
- 源点连 (y) 端，容量为 (1)
- (y) 和 (x) 就像上面说的那样连
- (x) 端连汇点，容量为 (1)
最后会是 (y-x-y-x-y-x) 之类的路径覆盖，如果我们跑最大流的话就可以得到最小路径覆盖。输出方案数的话就看哪条边是使用过的，如果你弄懂了上面那些肯定就会输出方案啦！
魔术球问题
题目描述
解法
做到这道题我才发现一个很重要的东西：有些题是不能直接根据题目意义网络流的，要先把他用图论表示出来，然后这个图论问题的解决可能使用到网络流 ，这位大佬的思路实在是太强了！
首先柱子是辣鸡，基本上没卵用，你会发现关键还是在数，我们把具有完全平方数关系的两个点 ((x,y)) 连一条有向边，就可以得到一张图，要注意的是 (x<y) ，这种图称为 隐式图 ，比如样例的图长这样：
那么问题变成了我们选出 $n $ 条路径使得能覆盖 ([1,ans]) 的所有点，貌似不是很好做。因为 (n) 很小，所以到了后面选数就很容易没位置填，所以 (ans) 不会很大。我们可以枚举 (ans) ，那么问题就变成了 ([1,ans]) 的点都能被覆盖的路径数 (leq n) 的最大的 (ans) ，这就转化成了 最小路径覆盖问题
最长不下降子序列问题
题目描述
解法
我觉得上一道题那位大佬介绍的方法真是太好用啦！
首先跑 (dp) ，设 (dp[i]) 为以 (i) 为结尾的最长不下降子序列长度。然后我们构建出图论模型，对于 (i<j,a[i]leq a[j])，如果 (dp[j]+1=dp[i]) 那么我们就把连一条 ((i,j)) 的边，问题转化成了：取出若干条不相交的长度为 (max) 的路径，要求最大化路径数量。
可以用网络流来完成这个最大化的过程，我们把每个点分成 (x) 端和 (y) 端，这样建图：
- 我们把源点向 (dp[i]=1) 的点的 (x) 端连边，表示可以作为起点，容量为 (1) 。
- 我们把每个的 (x) 端向 (y) 端连边，容量是 (1) ，表示路径经过了这个点。
- 对于原图中的边 ((i,j))，连 (i) 的 (y) 端和 (j) 的 (x) 端，容量是 (1) ，表示这条边连接两个点，扩展这条路径。
- 我们把 (dp[i]=max) 点的 (y) 端向汇点连边，容量为 (1) ，表示可以作为路径的结束点。
然后第二问就解决了，第三问就修改网络中的这些边容量无限： ((s,x_1),(x_1,y_1),(x_n,y_n),(y_n,t)) ，就表示这两个点可以无限使用，写着很简单，代码就不给了。
方格取数问题
题目描述
解法
套路题，遇到矩阵之类的题都要注意一下了，我们可以按奇偶性来划分原矩阵，然后把这个问题转化为二分图。也就是 (i+j) 为奇数的就归到 (x) 部，(i+j) 偶数就归到 (y) 部，本题 (x) 部连 (y) 部表示选了 (x) 部的这个点就不能选 (y) 部的那个点。这个题感觉和 最大权闭合子图问题有点像 ，我们可以这样构图：
- 原点连 (x) 部，容量就是他的权值。
- (y) 部连汇点，容量是他的权值。
- (x,y) 中有不能共存关系的点连边，容量 (inf)
然后跑最小割，还是因为一个点必须和 (x) 联通或者 (y) 联通，断掉某一条边就表示不选这条边的对应点。那么要求断掉的边权值最小，那么就跑最小割。
餐巾计划问题
题目描述
解法
特别经典的模型，而且特别有用，我给它起了个名字：补流模型
为什么我们要这样取名呢？当我们把餐巾当成容量，然后跑费用流。如果我们流到汇点之后，这个流量就消失了，但是我们还需要这个流量，因为餐巾是可以被洗干净的，所以我们选择从 源点补充这些被汇点拿走的流量 ，就达到了重复利用餐巾的效果，具体这样建图：
- 每天拆成早上和晚上（晚上用来补流），原点向每天晚上提供 (x) 条脏毛巾，费用为 (0) 。每天早上向汇点连边，容量为 (x) ，费用为 (0)
- 每天晚上向下一天晚上连边，容量无限，费用为 (0) ，表示不处理脏毛巾。
- 源点向每天早上连边，容量为 (inf) ，费用为买一条新毛巾的花费。
- 每天晚上向对应的早上连边，容量为无限，费用为快洗 (/) 慢洗的费用，注意不要超过 (n)
最长k可重区间集问题
题目描述
解法
和 [NOI2008]志愿者招募 是一个模型，我们可以把区间看成 ([l_i,r_i)) ，这样我们就只用考虑整数点了，本题的要求是对于每个点不能超过 (k) 次覆盖。
我们讲所有整数点排成一排，源点连第一个整数点，汇点连第二个整数点，相邻两个连边，容量为 (k) ，费用为 (0) ，这是一开始的状态。
然后考虑加入我们的区间，我们讲 (l_i) 和 (r_i) 连一条容量为 (1) ，费用为 (r_i-l_i) 的边，表示使用了这个区间就会给 ([l_i,r_i)) 都减少 (1) 的流量。由于流量是 (k) 且不可能减到负数，所以限制成功地在图上被表示了出来。然后发现本题只有端点的整数点有用，所以一开始需要离散化。
最长k可重线段集问题
题目描述
解法
和上面的那一道题一样，就是长度的计算方式变了一下？
不不不，我们上一道题保证了 (l<r) ，但是这道题会出现 (l=r) 的情况。对于线段 ((l,l)) 和 ((l,r)) 理应在 (l) 点不相交，但是我们把管辖的区间设为 ([l,l)) 和 ([l,r)) 就会判成相交了，所以并不完全等价。
遇到这种冲突我们考虑 扩域 ，把每个线段变成 ((2l,2r)) ，对于 (l=r) ，把他管辖的区间设为 ([2l,2l+1))，对于其他线段，要避免判成相交，我们就把它管辖的区间设为 ([2l+1,2r)) ，就很巧妙地解决了冲突。