最大流
网络流问题
给定指定的一个有向图，其中有两个特殊的点源S(Sources)和汇T(Sinks)，每条边有指定的容量(Capacity)，求满足条件的从S到T的最大流(MaxFlow)。
显然有流网络有三个性质：1.容量限制：流量不会大于容量。2.反对称性：从u到v的流量一定是从v到u流量的相反值。3.流守恒性：流入与流出相同。这里要特意注意第二条，一条边上的流量v会带来反向的流量c-v，具体体现在代码，就是在残留网络中每条边都有反边，当一条边的流量增加，它的反边的流量就减少相应值。网络流的算法就是基于残留网络而不是基于原网络的。
残留网络，增广路和割
增广路就是一条通过残留网络的流，其作用是“反悔”。割C[A, B]是将图G分为A和B两个点集，使得S在A中，T在B中。注意所谓“割中的边”，指的是从属于S的点出发，到T的所有边。
如何求出一个网络的最大流呢？有一个最简单的EK算法，思路是每次找出一条增广路，不断调整残留网络，直到没有增广路为止。这个证明可以感性愉悦一下。下面是理性不愉悦的证明 。
对于一个网络流图G=(V,E)，其中有源点s和汇点t，那么下面三个条件是等价的：
- 流f是图G的最大流
- 残留网络Gf不存在增广路
- 对于G的某一个割(S,T)，此时f = C(S,T)
首先证明1 => 2：
我们利用反证法，假设流f是图G的最大流，但是残留网络中还存在有增广路p，其流量为fp。则我们有流f'=f+fp>f。这与f是最大流产生矛盾。
接着证明2 => 3：
假设残留网络Gf不存在增广路，所以在残留网络Gf中不存在路径从s到达t。我们定义S集合为：当前残留网络中s能够到达的点。同时定义T=V-S。
此时(S,T)构成一个割(S,T)。且对于任意的u∈S,v∈T，有f(u,v)=c(u,v)。若f(u,v)<c(u,v)，则有Gf(u,v)>0，s可以到达v，与v属于T矛盾。
因此有f(S,T)=Σf(u,v)=Σc(u,v)=C(S,T)。
最后证明3 => 1：
由于f的上界为最小割，当f到达割的容量时，显然就已经到达最大值，因此f为最大流。
这样就说明了为什么找不到增广路时，所求得的一定是最大流，大概思想就是利用割作为跳板来证明。
Dinic
我们来算一下EK的复杂度。首先我们定义层次图。将残留网络从s开始bfs，计算出每个点是第几层的，层次图中只包含从层次低连到高的边。将t的层数定义为层次图的层数。相同层数的层次图称为一个阶段。
设原残留网络的层数为k。容易发现增广一次，k要么不变，要么增加。k增加的原因是增广是在层次图上增广的，不会使层次图中的边流量增加，只会增加后向边的流量，因此bfs会走更多的回头路，层数随之增加。（此处感性愉悦，具体见论文）
因此随着增广，层次图的层数严格递增。由于最短路的长度最少为1，最多为n-1，所以最多有n-1个阶段，近似于n。在同一阶段中，每增广一次，就会至少减少一条层次图中的边。所以最多增广m次。而EK算法找增广路用的bfs，所以时间复杂度为O(n*m^2)。
Dinic唯一做的就是把bfs改成dfs。在每一个阶段中，先用一个bfs将所有的点的层次都确定出来，然后强制dfs只能从层次浅的跑向深的点。这样就可以用dfs代替bfs了。时间复杂度被优化到O(n^2*m)，考场上一般写这个。
注意我加了一个当前弧优化，就是dfs时不用跑已经跑过的弧了，因为边的流量只会少不会多，并且层次图是个dag。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxf=55, maxn=maxf*200, maxm=maxn+100, INF=1e9, inf=1e8;
int n, m, cnt, src, dst, ans;
inline int min(int x, int y){ return x<y?x:y; }
struct Edge{
int to, nxt, f;
}e[maxm*2];
int fir[maxn], cnte=1;
void addedge(int x, int y, int v){
Edge &ed=e[++cnte];
printf("%d %d
", x, y);
ed.to=y; ed.nxt=fir[x]; ed.f=v; fir[x]=cnte;
}
int q[maxn], head, tail, dep[maxn];
bool bfs(){
memset(dep, 0, sizeof(dep)); dep[src]=1;
head=tail=0; q[tail++]=src; int u;
while (head<tail){
u=q[head++];
for (int i=fir[u]; ~i; i=e[i].nxt)
if (e[i].f&&!dep[e[i].to]){
dep[e[i].to]=dep[u]+1;
q[tail++]=e[i].to;
}
}
return dep[dst];
}
int cur[maxn];
int dfs(int u, int flow){
if (u==dst) return flow;
for (int i=cur[u]; ~i; i=e[i].nxt, cur[u]=i)
if (dep[e[i].to]==dep[u]+1&&e[i].f){
int minm=dfs(e[i].to, min(flow, e[i].f));
e[i].f-=minm; e[i^1].f+=minm;
if (minm) return minm;
}
return 0;
}
int Dinic(){
int ans=0, t;
while (bfs()){
memcpy(cur, fir, sizeof(fir));
while (t=dfs(src, INF)) ans+=t;
}
return ans;
}
int a[maxf], b[maxf], c[maxf], l[maxf], r[maxf];
int beg[maxn]; //代表第i个函数的起始点编号
int main(){
memset(fir, -1, sizeof(fir)); int u, v, d;
scanf("%d%d", &n, &m); src=++cnt; dst=++cnt; int val;
for (int i=0; i<n; ++i) scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]);
for (int i=0; i<n; ++i){
scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
addedge(0, ++cnt, 2*inf); beg[i]=cnt;
for (int j=l[i]; j<=r[i]; ++j){
val=a[i]*j*j+b[i]*j+c[i];
addedge(cnt, cnt+1, inf-val); ++cnt;
}
addedge(cnt, dst, 2*inf);
}
while (m--){
scanf("%d%d%d", &u, &v, &d); --u; --v;
for (int i=l[v]; i<=r[v]; ++i){
int j=i+d;
if (j>r[u]) continue;
//beg[u]+j-l[u]表示x[u]=x[v]+d的点的编号
addedge(max(beg[u], beg[u]+j-l[u]), beg[v]+i-l[v], 2*inf);
}
}
printf("%d
", inf*n-Dinic());
return 0;
}
至于sap。。反正我是不准备学了（不会用到.jpg）