最大流
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f const int N=1e4+10; const int M=1e5+10; struct Edge { int to, next, w; } edge[M<<1]; int head[N],cur[N],pos=1,level[N]; void add(int a, int b, int c) { edge[++pos] = (Edge){b, head[a], c};head[a] = pos; edge[++pos] = (Edge){a, head[b], 0};head[b] = pos; } bool bfs(int s, int t) { memset(level, 0, sizeof level); queue<int> q; level[s] = 1; q.push(s); while (!q.empty()) { int pos = q.front();q.pop(); for (int i = head[pos]; i; i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; if (!edge[i].w || level[v]) continue; level[v] = level[pos] + 1; q.push(v); } } return level[t]; } int dfs(int s, int t, int flow) { if(s==t||flow==0)return flow; int f,ret = 0; for (int &i = cur[s],v; i; i = edge[i].next) { v = edge[i].to; if (level[v] == level[s] + 1 && (f=dfs(v,t,min(flow,edge[i].w)))>0) { edge[i].w -= f; edge[i ^ 1].w += f; flow -= f; ret += f; if(!flow)break; } } return ret; } int dinic(int s, int t) { int ret = 0; while (bfs(s, t)) memcpy(cur,head,sizeof cur),ret += dfs(s, t, inf); return ret; } /* 4 5 4 3 4 2 30 4 3 20 2 3 20 2 1 30 1 3 40 50 */
最小路径覆盖模型
P2172 [国家集训队]部落战争
题意：
注意： 每个空地只能被经过一次
题解：
- 很明显是二分图的最大路径覆盖问题 （ 一个空地只能被经过一次）
- 所以s连每个空地入度 容量1 出度连t 容量1 能到的话 入度连出度 为1 答案为空地数-dinic
- 其实就是用网络流来做二分图匹配算法而已
最小割
两点式模型：主要解决分为两个阵营的选与不选问题 通常是求最大效益 一般用最小割模型
P1361 小M的作物
题意：
有两块耕地A和B 有n种作物 第i种作物种到A地可以获得ai效益 种到B可以获得Bi 还有m对组合
第i个组合中的作物共同种在A中可以获得c1i的额外收益，共同总在B中可以获得c2i的额外收益
题解：
- 显然设置A为S B为T
- 如果没有组合的话非常简单 连S为ai 连T为bi 即可
- 考虑到这种组合是将两种作物强行捆绑在一起 可以建立一个虚点 然后两个种子连虚点inf 虚点连A或B连即可
P2057 [SHOI2007]善意的投票
题意：
题解:
- 睡与不睡就是两点式的两点 s代表睡 t代表不睡
- 如果一个小朋友想睡 那么连s 容量为1 表示如果不睡（也就是将这条边割掉） 造成的冲突为1
- 如果两个人是好朋友 那么互相 连一条1（表示造成冲突的代价） 为两点式的固定连法！！！
最大权闭合子图： s连项目容量为获利 每个 项目连需求inf 每个需求连t 花费 答案为获利和-最小割
P4177 [CEOI2008]order
题意：
有N个工作，M种机器，每种机器你可以租或者买过来. 每个工作包括若干道工序，每道工序需要某种机器来完成,你可以通过购买或租用机器来完成。 现在给出这些参数，求最大利润。
题解：
- 看题意很容易想到最大权闭合子图 但是这题多了一种租赁器材的方式
- 考虑最大权闭合子图的含义 可以看作与s联通表示选择该实验（所以割去器材花费） 与t联通表示放弃该实验（割去实验利益）
- 注意到实验连器材的边为inf 表示不可割去 这题租赁的含义恰巧就是该边的容量变为租赁费用
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f const int N=2400+10; const int M=3e6+10; struct Edge { int to, next, w; } edge[M<<1]; int head[N],cur[N],pos=1,level[N]; void add(int a, int b, int c) { edge[++pos] = (Edge){b, head[a], c};head[a] = pos; edge[++pos] = (Edge){a, head[b], 0};head[b] = pos; } bool bfs(int s, int t) { memset(level, 0, sizeof level); queue<int> q; level[s] = 1; q.push(s); while (!q.empty()) { int pos = q.front();q.pop(); for (int i = head[pos]; i; i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; if (!edge[i].w || level[v]) continue; level[v] = level[pos] + 1; q.push(v); } } return level[t]; } int dfs(int s, int t, int flow) { if(s==t||flow==0)return flow; int f,ret = 0; for (int &i = cur[s],v; i; i = edge[i].next) { v = edge[i].to; if (level[v] == level[s] + 1 && (f=dfs(v,t,min(flow,edge[i].w)))>0) { edge[i].w -= f; edge[i ^ 1].w += f; flow -= f; ret += f; if(!flow)break; } } return ret; } int dinic(int s, int t) { int ret = 0; while (bfs(s, t)) memcpy(cur,head,sizeof cur),ret += dfs(s, t, inf); return ret; } int s,t,n,m,sum,x,y,z,q; int main() { cin>>n>>m; s=n+m+1;t=s+1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&x,&q);sum+=x; add(s,i,x); while(q--) { scanf("%d%d",&x,&y); add(i,x+n,y); } } for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&x),add(i+n,t,x); cout<<sum-dinic(s,t); return 0; }
CF311E Biologist
题意：
题解：
- 很明显是一个最大权闭合子图题目
- 但是一般的最大权闭合子图都是选与不选 这题是二选一 所以很容易想到两点式模型
- 所以只要将两点式模板按照最大权闭合子图模板魔改一下即可
- 不满足该“项目”还要倒扣g元 只要将项目利益那条边加g即可 而外面统计的总利益显然是不用加的
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f const int N=2e4+10; const int M=3e6+10; struct Edge { int to, next, w; } edge[M<<1]; int head[N],cur[N],pos=1,level[N]; void add(int a, int b, int c) { edge[++pos] = (Edge){b, head[a], c};head[a] = pos; edge[++pos] = (Edge){a, head[b], 0};head[b] = pos; } bool bfs(int s, int t) { memset(level, 0, sizeof level); queue<int> q; level[s] = 1; q.push(s); while (!q.empty()) { int pos = q.front();q.pop(); for (int i = head[pos]; i; i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; if (!edge[i].w || level[v]) continue; level[v] = level[pos] + 1; q.push(v); } } return level[t]; } int dfs(int s, int t, int flow) { if(s==t||flow==0)return flow; int f,ret = 0; for (int &i = cur[s],v; i; i = edge[i].next) { v = edge[i].to; if (level[v] == level[s] + 1 && (f=dfs(v,t,min(flow,edge[i].w)))>0) { edge[i].w -= f; edge[i ^ 1].w += f; flow -= f; ret += f; if(!flow)break; } } return ret; } int dinic(int s, int t) { int ret = 0; while (bfs(s, t)) memcpy(cur,head,sizeof cur),ret += dfs(s, t, inf); return ret; } int s,t,n,m,sum,x,y,z,q,g,op,w,v,k,a[N]; int main() { cin>>n>>m>>g; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); s=n+m+1;t=s+1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); if(!a[i])add(s,i,x); else add(i,t,x); } for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&op,&w,&k);sum+=w; if(!op) { for(int j=1;j<=k;j++)scanf("%d",&x),add(i+n,x,inf); scanf("%d",&x); if(x==0)add(s,i+n,w); else add(s,i+n,g+w); } else { for(int j=1;j<=k;j++)scanf("%d",&x),add(x,i+n,inf); scanf("%d",&x); if(x==0)add(i+n,t,w); else add(i+n,t,g+w); } } cout<<sum-dinic(s,t); return 0; }
最小费用最大流
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=5000+10,M=5e4+10; ll maxflow,mincost; int last[N],pre[N],dis[N],flow[N]; bool vis[N]; struct Edge{int next,to,flow,dis;}edge[M<<1]; int pos=1,head[N]; void init(){pos=1;memset(head,0,sizeof head);mincost=maxflow=0;} queue <int> q; void add(int from,int to,int flow,int dis)//flow流量 dis费用 { edge[++pos].next=head[from];edge[pos].flow=flow;edge[pos].dis=dis;edge[pos].to=to;head[from]=pos; edge[++pos].next=head[to];edge[pos].flow=0;edge[pos].dis=-dis;edge[pos].to=from;head[to]=pos; } bool spfa(int s,int t) { memset(dis,0x3f,sizeof dis); memset(flow,0x3f,sizeof flow); memset(vis,0,sizeof vis); while (!q.empty()) q.pop(); dis[s]=0; pre[t]=-1; q.push(s); vis[s]=1; int tot=0; while (!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); vis[now]=0; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (edge[i].flow>0 && dis[to]>dis[now]+edge[i].dis) { dis[to]=edge[i].dis+dis[now]; flow[to]=min(edge[i].flow,flow[now]); last[to]=i; pre[to]=now; if (!vis[to]) { q.push(to); vis[to]=1; } } } } return pre[t]!=-1; } void MCMF(int s,int t) { while (spfa(s,t)) { int now=t; maxflow+=flow[t]; mincost+=flow[t]*dis[t]; while (now!=s) { edge[last[now]].flow-=flow[t];//dis . flow edge[last[now]^1].flow+=flow[t]; now=pre[now]; } } }
P1251 餐巾计划问题
题意：
一个餐厅每天早上需要ai条干净毛巾 每天晚上会得到ai条脏毛巾 购买一条毛巾需要p元 快洗一条毛巾需要n天 每条f元 慢洗一条毛巾需要m天 每条s元 问满足每天需求的最少花费
题解：
我们要处理的东西是脏毛巾 所以可以将晚上看作是入度 得到ai条毛巾(s-入)，早上看成是出度 连t 表示完成任务，储存的话每天晚上连到后一天晚上即可（因为储存的显然都是脏毛巾 所以都是晚上） 快洗和慢洗 只要该天晚上连到后面的第n天早上即可。这题没什么技巧 按照题意连即可。
#include< bits/stdc++.h > using namespace std; typedef long long ll; const int N=500000+10,M=5e5+10; const int inf=0x3f3f3f3f; ll maxflow,mincost; int last[N],pre[N],dis[N],flow[N]; bool vis[N]; struct Edge{int next,to,flow,dis;}edge[M<<1]; int pos=1,head[N]; void init(){pos=1;memset(head,0,sizeof head);mincost=maxflow=0;} queue <int> q; void add(int from,int to,int flow,int dis)//flow流量 dis费用 { edge[++pos].next=head[from];edge[pos].flow=flow;edge[pos].dis=dis;edge[pos].to=to;head[from]=pos; edge[++pos].next=head[to];edge[pos].flow=0;edge[pos].dis=-dis;edge[pos].to=from;head[to]=pos; } bool spfa(int s,int t) { memset(dis,0x3f,sizeof dis); memset(flow,0x3f,sizeof flow); memset(vis,0,sizeof vis); while (!q.empty()) q.pop(); dis[s]=0; pre[t]=-1; q.push(s); vis[s]=1; int tot=0; while (!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); vis[now]=0; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (edge[i].flow>0 && dis[to]>dis[now]+edge[i].dis) { dis[to]=edge[i].dis+dis[now]; flow[to]=min(edge[i].flow,flow[now]); last[to]=i; pre[to]=now; if (!vis[to]) { q.push(to); vis[to]=1; } } } } return pre[t]!=-1; } void MCMF(int s,int t) { while (spfa(s,t)) { int now=t; maxflow+=flow[t]; mincost+=flow[t]*dis[t]; while (now!=s) { edge[last[now]].flow-=flow[t];//dis . flow edge[last[now]^1].flow+=flow[t]; now=pre[now]; } } } int n,m,S,T,p,f,s,NN,x,a[N]; int main() { cin>>NN; S=2*NN+1;T=S+1; for(int i=1;i<=NN;i++)scanf("%d",&a[i]),add(S,i+NN,a[i],0),add(i,T,a[i],0); cin>>p>>m>>f>>n>>s; for(int i=1;i<=NN;i++) { add(S,i,inf,p); if(i+1<=NN)add(i+NN,i+NN+1,inf,0); if(i+m<=NN)add(i+NN,i+m,inf,f); if(i+n<=NN)add(i+NN,i+n,inf,s); } MCMF(S,T); cout<< mincost; return 0; }
P2053 [SCOI2007]修车
题意：
同一时刻有N位车主带着他们的爱车来到了汽车维修中心。维修中心共有M位技术人员，不同的技术人员对不同的车进行维修所用的时间是不同的。现在需要安排这M位技术人员所维修的车及顺序，使得顾客平均等待的时间最小。
说明：顾客的等待时间是指从他把车送至维修中心到维修完毕所用的时间。
题解：
- 考虑到极端情况 如果一个工人的效率极高 他一个人修全部的车都比其他人修一辆车要快 但是工人只有一个 所以显然只能将每个工人拆成n个点
- 建图: 将每个工人拆成n个点（编号为1-n） 每个车主连该工人的所有虚点 费用为 编号*修车基础速度
80人环游世界 *
题意：
有m个人到n个城市旅游，每个人可以从任意城市开始旅游，但是只能向去编号大的城市，每个城市有当且仅当vi个人经过，给定每个城市到其他城市的费用，问最小总费用。
题解：
- 很明显是一个最小费用题
- 但是比较难处理的是每个城市当且仅当有vi个人经过 之前普遍连法是 将城市拆点 入点连出点vi 其含义为 不超过vi 而不是仅当vi
- 可以将每个城市拆成两个点 一个点为进入城市 另一个点为离开城市
- 进入城市连t 容量为vi ， s连离开城市 容量为vi 完美得保证了城市只有vi个人经过
- 离开城市连进入城市 费用为城市之间得费用
- 一开始有m个人： s-ss-m-0 ss-进入城市
上下界网络流
有源汇上下界最小费用可行流
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100001; const int inf=0x3f3f3f3f; ll maxflow,mincost; int last[N],pre[N],dis[N],flow[N],d[N]; bool vis[N]; struct Edge{ int next,to,flow,dis; }edge[N<<1]; int pos=1,head[N]; void init() { pos=1;memset(head,0,sizeof head);mincost=maxflow=0; } queue <int> q; inline void add(int from,int to,int flow,int dis)//flow流量 dis费用 { edge[++pos].next=head[from];edge[pos].flow=flow;edge[pos].dis=dis;edge[pos].to=to;head[from]=pos; edge[++pos].next=head[to];edge[pos].flow=0;edge[pos].dis=-dis;edge[pos].to=from;head[to]=pos; } void ins(int x,int y,int down,int up,int cost) { add(x,y,up-down,cost); d[x]-=down; d[y]+=down; } bool spfa(int s,int t) { memset(dis,0x3f,sizeof dis); memset(flow,0x3f,sizeof flow); memset(vis,0,sizeof vis); while (!q.empty()) q.pop(); dis[s]=0; pre[t]=-1; q.push(s); vis[s]=1; int tot=0; while (!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); vis[now]=0; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (edge[i].flow>0 && dis[to]>dis[now]+edge[i].dis) { dis[to]=edge[i].dis+dis[now]; flow[to]=min(edge[i].flow,flow[now]); last[to]=i; pre[to]=now; if (!vis[to]) { q.push(to); vis[to]=1; } } } } return pre[t]!=-1; } inline void MCMF(int s,int t) { while (spfa(s,t)) { int now=t; maxflow+=flow[t]; mincost+=flow[t]*dis[t]; while (now!=s) { edge[last[now]].flow-=flow[t];//dis . flow edge[last[now]^1].flow+=flow[t]; now=pre[now]; } } } int n,m,s,t,ss,x,a,b,S,T; int main() { scanf("%d",&n); s=n+1;t=s+1;S=t+1;T=S+1; //正常建图 s为源点 t为汇点 sum为所有得下界*费用和 ins(t,s,0,inf,0); for(int i=1;i<=t;i++) if(d[i]>0)add(S,i,d[i],0); else if(d[i]<0)add(i,T,-d[i],0); MCMF(S,T); cout<<mincost+sum; return 0; } //答案即为（求出的费用+原图中边的下界*边的费用）！！！！！！！！！！！！！
80人环游世界 *
题意：
有m个人到n个城市旅游，每个人可以从任意城市开始旅游，但是只能向去编号大的城市，每个城市有当且仅当vi个人经过，给定每个城市到其他城市的费用，问最小总费用。
题解:
- 上下界费用流都比较无脑
- 按题意连接即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100001; const int inf=0x3f3f3f3f; ll maxflow,mincost; int last[N],pre[N],dis[N],flow[N],d[N]; bool vis[N]; struct Edge{ int next,to,flow,dis; }edge[N<<1]; int pos=1,head[N]; void init() { pos=1;memset(head,0,sizeof head);mincost=maxflow=0; } queue <int> q; inline void add(int from,int to,int flow,int dis)//flow流量 dis费用 { edge[++pos].next=head[from];edge[pos].flow=flow;edge[pos].dis=dis;edge[pos].to=to;head[from]=pos; edge[++pos].next=head[to];edge[pos].flow=0;edge[pos].dis=-dis;edge[pos].to=from;head[to]=pos; } void ins(int x,int y,int down,int up,int cost) { add(x,y,up-down,cost); d[x]-=down; d[y]+=down; } bool spfa(int s,int t) { memset(dis,0x3f,sizeof dis); memset(flow,0x3f,sizeof flow); memset(vis,0,sizeof vis); while (!q.empty()) q.pop(); dis[s]=0; pre[t]=-1; q.push(s); vis[s]=1; int tot=0; while (!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); vis[now]=0; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (edge[i].flow>0 && dis[to]>dis[now]+edge[i].dis) { dis[to]=edge[i].dis+dis[now]; flow[to]=min(edge[i].flow,flow[now]); last[to]=i; pre[to]=now; if (!vis[to]) { q.push(to); vis[to]=1; } } } } return pre[t]!=-1; } inline void MCMF(int s,int t) { while (spfa(s,t)) { int now=t; maxflow+=flow[t]; mincost+=flow[t]*dis[t]; while (now!=s) { edge[last[now]].flow-=flow[t];//dis . flow edge[last[now]^1].flow+=flow[t]; now=pre[now]; } } } int n,m,s,t,ss,x,a,b,S,T,sum; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); s=2*n+1;t=s+1;S=t+1;T=S+1; int ss=T+1; ins(s,ss,m,m,0); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x),ins(i,i+n,x,x,0),ins(ss,i,0,inf,0),ins(i+n,t,0,inf,0); for(int i=1;i<n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++) {scanf("%d",&x);if(x!=-1)ins(i+n,j,0,inf,x);} ins(t,s,0,inf,0); for(int i=1;i<=t;i++) if(d[i]>0)add(S,i,d[i],0); else if(d[i]<0)add(i,T,-d[i],0); MCMF(S,T); cout<<mincost+sum; return 0; }