给出n个城市， 以及初始时每个城市的人数以及目标人数。初始时有些城市是相连的。 每个城市的人只可以待在自己的城市或走到与他相邻的城市， 相邻， 相当于只能走一条路。
如果目标状态不可达， 输出no， 否则输出每个城市的人都是怎么走的， 比如第一个城市有2个人走到了第二个城市， 1个人留在了第一个城市， 那么输出的第一行前两个数就是1， 2。
很明显的网络流， 输出那里写了好久...
首先判断能否可达， 如果初始状态的人数与目标状态不一样， 一定不可达， 其次， 如果建完图跑网络流的结果与所有目标城市人数的和不一样， 也不可达。
建图的话， 将一个城市拆成两个点， (u, u') 中间连边inf， 说明可以随便走， 源点和u相连， 权值为初始状态人数， u'与汇点相连， 人数为目标状态人数。 如果两个城市之间有路相连， 那么加边(u, v'), (v, u'）， 权值为inf。
每个城市的人是怎么走的， 应该看反向边的流量， 如果边（v', u)的权值为x， 那么ans[u][v] = x。
具体看代码。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define pb(x) push_back(x) 4 #define ll long long 5 #define mk(x, y) make_pair(x, y) 6 #define lson l, m, rt<<1 7 #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) 8 #define rson m+1, r, rt<<1|1 9 #define mem1(a) memset(a, -1, sizeof(a)) 10 #define mem2(a) memset(a, 0x3f, sizeof(a)) 11 #define rep(i, a, n) for(int i = a; i<n; i++) 12 #define ull unsigned long long 13 typedef pair<int, int> pll; 14 const double PI = acos(-1.0); 15 const double eps = 1e-8; 16 const int mod = 1e9+7; 17 const int inf = 1061109567; 18 const int dir[][2] = { {-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1} }; 19 const int maxn = 2e5; 20 int q[maxn*2], head[maxn*2], dis[maxn/10], s, t, num, vis[105], val[205][205]; 21 struct node 22 { 23 int to, nextt, c; 24 node(){} 25 node(int to, int nextt, int c):to(to), nextt(nextt), c(c){} 26 }e[maxn*2]; 27 void init() { 28 num = 0; 29 mem1(head); 30 } 31 void add(int u, int v, int c) { 32 e[num] = node(v, head[u], c); head[u] = num++; 33 e[num] = node(u, head[v], 0); head[v] = num++; 34 } 35 int bfs() { 36 mem(dis); 37 dis[s] = 1; 38 int st = 0, ed = 0; 39 q[ed++] = s; 40 while(st<ed) { 41 int u = q[st++]; 42 for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) { 43 int v = e[i].to; 44 if(!dis[v]&&e[i].c) { 45 dis[v] = dis[u]+1; 46 if(v == t) 47 return 1; 48 q[ed++] = v; 49 } 50 } 51 } 52 return 0; 53 } 54 int dfs(int u, int limit) { 55 if(u == t) { 56 return limit; 57 } 58 int cost = 0; 59 for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) { 60 int v = e[i].to; 61 if(e[i].c&&dis[v] == dis[u]+1) { 62 int tmp = dfs(v, min(limit-cost, e[i].c)); 63 if(tmp>0) { 64 e[i].c -= tmp; 65 e[i^1].c += tmp; 66 cost += tmp; 67 if(cost == limit) 68 break; 69 } else { 70 dis[v] = -1; 71 } 72 } 73 } 74 return cost; 75 } 76 int dinic() { 77 int ans = 0; 78 while(bfs()) { 79 ans += dfs(s, inf); 80 } 81 return ans; 82 } 83 int main() 84 { 85 int n, m, x, y, sum = 0, tmp = 0; 86 cin>>n>>m; 87 init(); 88 s = 0, t = n*2+1; 89 for(int i = 1; i<=n; i++) { 90 scanf("%d", &x); 91 add(s, i, x); 92 tmp += x; 93 } 94 for(int i = 1; i<=n; i++) { 95 scanf("%d", &x); 96 add(i+n, t, x); 97 sum += x; 98 add(i, i+n, inf); 99 } 100 while(m--) { 101 scanf("%d%d", &x, &y); 102 add(x, y+n, inf); 103 add(y, x+n, inf); 104 } 105 int ans = dinic(); 106 if(ans != sum||sum!=tmp) { 107 cout<<"NO"<<endl; 108 return 0; 109 } 110 cout<<"YES"<<endl; 111 for(int u = 1; u<=n; u++) { 112 for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) { 113 int v = e[i].to; 114 if(v>n) { 115 val[u][v-n] = e[i^1].c; //反向边流量 116 } 117 } 118 } 119 for(int i = 1; i<=n; i++) { 120 for(int j = 1; j<=n; j++) { 121 cout<<val[i][j]<<" "; 122 } 123 cout<<endl; 124 } 125 return 0; 126 }