上下界可行流

无源汇上下界可行流

题目

给出一个有向图。每条边有流量上界和下界，问是否存在一中流量分配方案，使得每个点流量守恒(即流入量=流出量)

思路

解决这种问题的主体思路就是在初始流的基础上不断添加流量，使得满足流量守恒。
初始流很显然应该是每条边流量的下界。
但是这样并不满足流量守恒。然后考虑添加流量。
对于一个点，我们设初始流中他的流入量为(rd)，流出量为(cd)。设(d=rd-cd)。
然后对(d)进行分类讨论。
如果(d < 0)，则表示流入量要比流出量小，那么我们应该给多出来的流出量一个流出去的地方。所以就将点(i)向汇点T连一条容量为(-d)的边。
如果(d > 0)，则表示流入量要比流出量大，那么我们应该给多出来的流入量一个来的地方。所以就从(S)向点(i)连一条容量为(d)的边。
如果(d = 0)，那么流量已经守恒，就不用添加附加流了。
然后考虑怎么统计答案。
如果想要有可行流的话，那么(S)连出去的每条边必须满流，否则肯定没有可行流，这是一定的。
然后对于一条边他最终的流量应该是初始流+附加流。初始流就是流量下界。附加流就是反向边了。因为我们把减掉的流量都加到反向边上去了。

例题

题目链接

代码

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2019-02-10 14:09:32
* @Last Modified time: 2019-02-10 14:26:40
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200000,INF = 1e9;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
struct node {
	int v,nxt,w;
}e[N];
int head[N],ejs = 1;
void add(int u,int v,int w) {
	e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
	e[++ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
}
queue<int>q;
int dep[N],S,T;
int rd[N],cur[N],cd[N];
int bfs() {
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	while(!q.empty()) q.pop();
	dep[S] = 1;q.push(S);
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front();q.pop();
		for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
			int v = e[i].v;
			if(!dep[v] && e[i].w) {
				q.push(v);
				dep[v] = dep[u] + 1;
				if(v == T) return 1;
			}
	}
	}
	return 0;
}
int dfs(int u,int now) {
	if(u == T) return now;
	int ret = 0;
	for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {
		int v = e[i].v;
		if(dep[v] == dep[u] + 1 && e[i].w) {
			int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));
			e[i].w -= k;
			e[i ^ 1].w += k;
			ret += k;
			if(now == ret) return ret;
		}
	}
	return ret;
}
int dinic() {
	int ans = 0;
	while(bfs()) {
		memcpy(cur,head,sizeof(cur));
		ans += dfs(S,INF);
	}
	return ans;
}

int ans[N];
int low[N];
int main() {
	int n = read(),m = read();
	S = n + 1,T = S + 1;
	for(int i = 1;i <= m;++i) {
		int u = read(),v = read();low[i] = read();int up = read();
		add(u,v,up - low[i]);
		ans[i] = ejs;
		rd[v] += low[i];cd[u] += low[i];
	}
	for(int i = 1;i <= n;++i) {
		int z = rd[i] - cd[i];
		if(z > 0) add(S,i,z);
		if(z < 0) add(i,T,-z);
	}
	// puts("!!!");
	dinic();
	int bz = 0;
	for(int i = head[S];i;i = e[i].nxt) {
		if(e[i].w) {
			puts("NO");return 0;
		}
	}
	puts("YES");
	for(int i = 1;i <= m;++i)
		printf("%d
",e[ans[i]].w + low[i]);
	return 0;
}

有源汇上下界可行流

只要将(T)到(S)之间连一条容量为(INF)的边，就可以转化为无源汇上下界可行流了(233)。