这里有板子
最大流
view code
namespace Flow
{
int tot=1,fi[N],ne[M],to[M],w[M],S,T,d[N],nn;
inline void add(int x,int y,int c)
{
ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y,w[tot]=c;
ne[++tot]=fi[y],fi[y]=tot,to[tot]=x,w[tot]=0;
}
inline bool bfs()
{
fill(d+1,d+nn+1,-1);d[S]=0;
queue<int>q;q.push(S);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
{
int v=to[i];
if(d[v]<0&&w[i])
d[v]=d[u]+1,q.push(v);
}
}
return d[T]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow)
{
if(!flow||u==T)return flow;
int used=0;
for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
{
int v=to[i];
if(d[v]!=d[u]+1)continue;
int t=dfs(v,min(w[i],flow-used));
w[i]-=t,w[i^1]+=t;
used+=t;
if(used==flow)break;
}
if(used<flow)d[u]=-1;
return used;
}
inline int dinic()
{
int e=0;
while(bfs())e+=dfs(S,inf);
return e;
}
}
using namespace Flow;
费用流
view code
namespace Flow
{
int tot=1,S,T,nn,fi[N],ne[M],to[M],c[M],pot[N],pre[N],f[N],w[M],dis[N];bool inq[N];
inline void add(int x,int y,int s,int wt)
{
ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=s,w[tot]=wt;
ne[++tot]=fi[y],fi[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0,w[tot]=-wt;
}
inline bool spfa()
{
fill(dis+1,dis+nn+1,-inf);dis[S]=0;
queue<int>q;q.push(S);inq[S]=1;f[S]=inf;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
{
int v=to[i];
if(c[i]&&dis[v]<dis[u]+w[i])
{
dis[v]=dis[u]+w[i];
pre[v]=u,pot[v]=i^1;
f[v]=min(c[i],f[u]);
if(!inq[v])q.push(v),inq[v]=1;
}
}
}
return dis[T]!=-inf;
}
inline pair<int,int> dinic()
{
int cost=0;int F=0;
while(spfa())
{
int now=T,flow=f[T];F+=flow;
while(now!=S)
{
cost+=w[pot[now]^1]*flow;
c[pot[now]]+=flow;
c[pot[now]^1]-=flow;
now=pre[now];
}
}
return make_pair(F,cost);
}
}
using namespace Flow;
Part 1
一类网络流题目满足如下性质：
- 有若干元素，每个元素有两种状态（黑或白，选或不选···），要求选出其中一种，且选择某一种有相应收益
- 有若干限制或者额外收益，类似选择了\(A\) 的\(X\) 状态就不能选择\(B\) 的\(Y\) 状态或同时选择\(A\) 的\(X\) 状态和\(B\) 的\(Y\) 状态带来\(w\) 的额外收益。
- 最后要求出收益最大值。
这种问题的套路都是先全部选择所有收益，然后减去构造出来的图的最小割（意义是不得不放弃的最小代价）（在此最小割中，在源点集合的选择一种状态，而在汇点集合的选择另外一种状态），即为最终答案。
这么说可能有些抽象，下面的题目均是此类型，便于理解。
[国家集训队]happiness
description
一个\(n\times m\) 座位表，每个座位上有一个同学。对于每个同学，选择文科或理科各有一定喜悦值。同时，对于位置相邻的两个同学，如果他们同时选择文科或理科各会带来额外的喜悦值。求最大喜悦值。
solution
考虑如何用最小割表示不得不放弃的最小代价。
建立超级源点和超级汇点分别代表文科和理科。对于每个同学分别建点，如果在最小割中属于源点集合则代表他选择文科，否则选择理科。
源点向每个同学连接容量为选择文科喜悦值的边，每个同学向汇点连接容量为选择理科喜悦值的边。这样割去源点的边代表放弃文科带来的权值，最终选择了理科；割去汇点的边同理。
而后考虑额外权值。仍然是套路地，对于每一个额外权值建立新点，如果这个权值和选择文科相关，则由源点向它连接容量为权值的边，由它向对应同学连接容量为\(+\infty\) 的边。这样如果其中某位同学最终属于汇点集合（相当于选择理科），那么由汇点连出的边必然会断去，代表放弃了这个额外权值。
最终答案为初始权值和减去最小割。
code
view code
int n,m,ans,o;
inline int id(int x,int y){return (x-1)*n+y+2;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);S=1,T=2;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
scanf("%d",&o),ans+=o,add(S,id(i,j),o);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
scanf("%d",&o),ans+=o,add(id(i,j),T,o);
nn=n*m+2;
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
int p=++nn;
scanf("%d",&o);ans+=o;
add(S,p,o),add(p,id(i,j),inf),add(p,id(i+1,j),inf);
}
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
int p=++nn;
scanf("%d",&o);ans+=o;
add(p,T,o),add(id(i,j),p,inf),add(id(i+1,j),p,inf);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<m;++j)
{
int p=++nn;
scanf("%d",&o);ans+=o;
add(S,p,o),add(p,id(i,j),inf),add(p,id(i,j+1),inf);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<m;++j)
{
int p=++nn;
scanf("%d",&o);ans+=o;
add(p,T,o),add(id(i,j),p,inf),add(id(i,j+1),p,inf);
}
printf("%d\n",ans-dinic());
return 0;
}
方格取数问题
solution
这个是有限制的情况。
根据套路，先将所有的权值都选出来，然后用最小的代价删去一些点使得剩下的可行。
再转化一下，我们将一个方格和它相邻的方格连边，那么问题转化为了图的带权最大独立集。
根据黑白染色可以发现，这个图一定是一个二分图。这样的话就可做了。
由源点向黑点连边，容量为其权值；白点向汇点连边，容量为其权值。黑点连向相邻的白点，容量为\(+\infty\) 。这样任意一条从源点到汇点的路径就是一种不合法的情况，我们只需话最小代价割边使其不连通，符合最小割的定义。于是就做完了。
code
view code
int n,m,ans;
const int fx[]={0,0,1,-1},fy[]={1,-1,0,0};
inline bool ok(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
inline int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);nn=n*m;
S=++nn,T=++nn;int d;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
scanf("%d",&d);ans+=d;
int now=id(i,j);
if((i+j)&1)add(S,now,d);
else{add(now,T,d);continue;}
for(int k=0;k<4;++k)
{
int x=i+fx[k],y=j+fy[k];
if(ok(x,y))add(now,id(x,y),inf);
}
}
printf("%d\n",ans-dinic());
return 0;
}
[BJOI2016]水晶
solution
原题坐标很烦，因为坐标和位置并不是一一对应的。于是可以这样转化\((x,y,z)\rightarrow(x-z,y-z)\) （原因：矢量加法遵从平行四边形定则）。平面钝角坐标系？？？
注意到这样转化后仍然有\(x+y+z\equiv x-z+y-z\pmod 3\) 。
不难发现\(a\) 共振和\(b\) 共振一起相当于不能存在相邻的三个位置\((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\) 满足
\[x_1+y_1\equiv 1\pmod 3\\ x_2+y_2\equiv 0\pmod 3\\ x_3+y_3\equiv 2\pmod 3\\ \]于是对于每个水晶先拆点，分为入点和出点，由入点向出点连容量为权值的边。
然后将水晶按照横纵坐标数值之和除以\(3\) 的余数分类。模\(3\) 为\(1\) 的向相邻的模\(3\) 为\(0\) 的连边，模\(3\) 为\(0\) 的向相邻的模\(3\) 为\(2\) 的连边，容量均为\(+\infty\) 。
然后源点向模\(3\) 为\(1\) 的点连边，模\(3\) 为\(2\) 的点向汇点连边，容量均为\(+\infty\) 。
和上一道题类似的分析方法，最终答案为总权值减取最小割。
注意：1.此题中相邻和别的题目中的定义略有不同。2.同一个点中有多个水晶的情况需要特殊处理。
code
view code
const int fx[]={0,0,1,-1,1,-1},fy[]={1,-1,0,0,1,-1};
map<pair<int,int>,int>mp,buc;
int x[P],y[P],tp[P],n,ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,z,v;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d%d%d",&x[i],&y[i],&z,&v);
x[i]-=z,y[i]-=z;
tp[i]=(x[i]+y[i])%3;tp[i]=(tp[i]+3)%3;
v*=10;if(!tp[i])v=v/10*11;ans+=v;
buc[make_pair(x[i],y[i])]+=v;
}
n=buc.size();int now=0;
for(auto it=buc.begin();it!=buc.end();it++)
{
++now,add(now,now+n,it->second);
x[now]=(it->first).first,y[now]=(it->first).second;
tp[now]=(x[now]+y[now])%3;tp[now]=(tp[now]+3)%3;
mp[it->first]=now;
}
nn=2*n;S=++nn;T=++nn;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(tp[i]==2)add(i+n,T,inf);
else if(tp[i]==1)
{
add(S,i,inf);
for(int k=0;k<6;++k)
{
int nx=x[i]+fx[k],ny=y[i]+fy[k];
if(!mp.count(make_pair(nx,ny)))continue;
int id=mp[make_pair(nx,ny)];
if(tp[id])continue;
add(i+n,id,inf);
}
}
else
{
for(int k=0;k<6;++k)
{
int nx=x[i]+fx[k],ny=y[i]+fy[k];
if(!mp.count(make_pair(nx,ny)))continue;
int id=mp[make_pair(nx,ny)];
if(tp[id]!=2)continue;
add(i+n,id,inf);
}
}
}
printf("%.1lf",(ans-dinic())/10.0);
return 0;
}
Part 2
最大权闭合子图问题 ，它的描述是这样的：
对于一个点带权的\(DAG\) 图，定义其闭合子图为一个点集\(S\) 满足如果\(u\in S\) ，则所有\(u\) 能到达的点都属于\(S\) 。而最大权闭合子图就是点权和最大的闭合子图。
如何解决？？还是沿袭先前的套路，先选取所有的正权点的权值，然后建立最小割模型，由源点向正权点连接容量为其权值的边，负权点向汇点连接容量为其权值相反数的边，然后原图的边均保留，容量为\(+\infty\) 。
最后答案为所有的正权点的权值减去最小割。在最小割中，没有被割的连向正权点的边表示选择了这个点，被割的由负权点连出的边表示选择了这个点，不难发现这样做一定是满足条件的。
[NOI2009] 植物大战僵尸
solution
每个植物看作一个点，点权为其收益，如果植物\(a\) 保护植物\(b\) ，则连边\(b\rightarrow a\) 表示将\(a\) 吃掉后吃掉\(b\) 。
注意这样建出来的是有环的，而方才介绍的模型是不允许有环的。于是拓扑排序去除其中的环然后套用上面的模型即可。
注意拓扑排序建出的图恰好是我们需要建出的图的反图，稍微注意下。
code
view code
int n,m,val[P*P],deg[P*P];bool flag[P*P],G[P*P][P*P];
inline int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
vector<int>e[P*P];
inline void adde(int x,int y){e[x].push_back(y);}
inline void topo()
{
nn=n*m;
for(int i=1;i<=nn;++i)
for(int v:e[i])++deg[v];
queue<int>q;
for(int i=1;i<=nn;++i)
if(!deg[i])q.push(i),flag[i]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int v:e[u])
if(!(--deg[v]))
flag[v]=1,q.push(v);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1,w,x,y;j<=m;++j)
{
int now=id(i,j);
scanf("%d%d",&val[now],&w);
while(w--)
scanf("%d%d",&x,&y),
adde(now,id(x+1,y+1));
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=2;j<=m;++j)
adde(id(i,j),id(i,j-1));
topo();
for(int u=1;u<=nn;++u)
{
if(!flag[u])continue;
for(int v:e[u])
if(flag[v]&&!G[v][u])add(v,u,inf),G[v][u]=1;
}
S=++nn,T=++nn;int ans=0;
for(int u=1;u<=n*m;++u)
{
if(!flag[u])continue;
if(val[u]>0)add(S,u,val[u]),ans+=val[u];
else add(u,T,-val[u]);
}
printf("%d\n",ans-dinic());
return 0;
}
Part 3
直接看例题。
最长k可重区间集问题
solution
该模型较为经典，因此特写一篇题解以加深印象。
容易使人联想到是费用流，但如何建模才是关键。我们可以将整个过程做如下转化：初始时有\(k\) 个人，\(n\) 件工作。每件工作的持续时间为\((l_i,r_i)\) ，仅需要一个人做且这个人做这件工作时不能做其他工作，而完整地做完这件工作可以获得\(w_i\) 的收益。现在需要你合理地安排使得收益之和最大。该问题只是原问题的另一种形式，本质相同，但是建模却方便地多：即建立超级源点向数轴上0的位置连边，流量为\(k\) 费用为0。然后对于数轴上每个点\(i\) 向\(i+1\) 连边，流量为\(k\) 费用为0。然后从数轴上最大的点向超级汇点连边。最后对于每个区间，从\(l_i\) 向\(r_i\) 连边，流量为1费用为\(w_i\) 。跑出最大费用可行流即为答案。值域比较大时可以先离散化。
最长k可重线段集问题
solution
本题和上一题本质相同，只有处理垂直于\(x\) 轴线段不太相同。对于这种问题，固然可以直接拆点，但是更加简单的方式是扩域。相当于我们现在不只有整点，还有诸如\(\dfrac d2\) （\(d\) 为奇数）这类点。为了仍保持原来的相交/不相交关系，只需要将\(l=r\) 的\((l,r)\) 变为\((l,r+0.5)\) ，\(l\not=r\) 的\((l,r)\) 变为\((l+0.5,r)\) 即可。然后再将坐标同统一\(\times 2\) 就和先前的题完全一致了。
Part 4
一些杂题？？
[RC-02] 开门大吉
description
有\(n\) 个人，\(m\) 套题，第\(i\) 个人去做第\(j\) 套题会产生\(g_{i,j}\) 的权值。现在还有若干要求，每个要求形如\(i\ j\ k\) 表示第\(i\) 个人做的题的编号至少比第\(j\) 个人做的题目编号大\(k\) 。现在要给每个人分配一套题使得总权值尽量小。
solution
总权值最小联想到最小割模型。
拆点。将每个人\(i\) 拆为\(m+1\) 个点，连边\((i,j)\rightarrow(i,j+1)\) 流量为\(g_{i,j}\) ，割去这条边表示第\(i\) 个人做第\(j\) 套题产生的代价。
另外，因为一个人只能做一套题，为了保证对于一个人只割一条边，我们还需要连边\((i,j)\leftarrow (i,j+1)\) 边权为\(+\infty\) 。这样的话如果最小割中被割了两次，则会引出矛盾：
因为是最小割，所以割的两条边必须有用，也就是它们前面与源点连通，后面与汇点连通。然而，因为有反向边，则后面的那个与源点连通，然后就可以走过去，走到汇点，与是一个割矛盾。
然后源点向所有的\((i,1)\) 连边，流量为\(+\infty\) ；\((i,m+1)\) 向汇点连边，流量为\(+\infty\) 。
现在的关键在于如何满足要求。
对于要求\((i,j,k)\) ，我们需要连边\((j,x)\rightarrow(i,x+k)(1\le x,x+k\le m+1)\) 流量为\(+\infty\) 。这样的话如果选择在\((j,x)\rightarrow (j,x+1)\) 处割掉，那么由于\(S\rightarrow(j,1)\rightarrow(j,x)\rightarrow(i,x+k)\rightarrow(i,m+1)\rightarrow T\) 这条路径的存在，则必须在\(\ge x+k\) 的地方割掉，满足了要求。
code
view code
int n,m,p,y,c[P];
db a[P][P];
inline int id(int x,int y){return (x-1)*(m+1)+y;}
int main()
{
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&y);
for(int i=1;i<=p;++i)scanf("%d",c+i),c[i]+=c[i-1];
for(int j=1;j<=m;++j)
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i][j]=0;db now=1.0,x;
for(int k=1;k<=p;++k)
{
scanf("%lf",&x);
a[i][j]+=c[k-1]*now*(1-x);
now*=x;
}
a[i][j]+=c[p]*now;
}
pre(n*(m+1)+2);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
add(S,id(i,1),inf),add(id(i,m+1),T,inf);
for(int j=1;j<=m;++j)
add(id(i,j),id(i,j+1),a[i][j]),
add(id(i,j+1),id(i,j),inf);
}
while(y--)
{
int x,y,k;scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
for(int i=1;i<=m;++i)
if(i+k>=1&&i+k<=m+1)
add(id(y,i),id(x,i+k),inf);
}
db ans=dinic();
if(sig(inf-ans)<=0)puts("-1");
else printf("%.4lf\n",ans);
}
return 0;
}
CF277E Binary Tree on Plane
solution
拆点。一个点拆为入点和出点。
源点向所有入点连接容量为\(2\) 费用为\(0\) 的边代表该节点至多两个儿子。
所有出点向汇点连边，容量为\(1\) 费用为\(0\) 代表该节点至多有一个父亲。
然后对于一个点\(i\) ，它的入点向所有可以作为它儿子\(j\) 的出点连接容量为\(1\) ，费用为其距离的边，代表这条边至多选择一起，且代价为其距离。
最后跑最小费用最大流。注意只有根没有父亲，所以当且仅当最大流为\(n-1\) 时才有解。
code
view code
int n,x[P],y[P];
inline int sq(int a){return a*a;}
inline db d(int a,int b){return sqrt(sq(x[a]-x[b])+sq(y[a]-y[b]));}
int main()
{
scanf("%d",&n);init(2*n+2);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d",x+i,y+i);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
if(y[j]<y[i])
add(i,j+n,1,d(i,j));
for(int i=1;i<=n;++i)
add(S,i,2,0),add(i+n,T,1,0);
auto ans=dinic();
if(ans.first<n-1)puts("-1");
else printf("%.15lf\n",ans.second);
return 0;
}
[NOI2012] 美食节
solution
首先需要将总等待时间进行转化，假设现在只有一个师傅，所需做的菜所花的时间依次为\(t_1,t_2,\cdots t_k\) ，那么总等待时间为
\[\sum_{i=1}^kt_i+\sum_{i=2}^kt_i+\cdots \sum_{i=k}^kt_i=\sum_{j=1}^k\sum_{i=j}^kt_i=\sum_{i=1}^kt_i(k-i+1) \]说人话就是如果当前这个菜是倒数第\(p\) 个做的，那么对总等待时间的贡献为\(pt\)
于是就可以开开心心地建图了。记\(sum=\sum_{i=1}^np_i\) ,那么将每个厨师\(i\) 拆为\(sum\) 个点代表厨师\(i\) 做倒数第\(j\) 个菜。那么由源点向每一种菜连边，容量为\(p_i\) ，费用为\(0\) ；每种菜向刚才拆的点(厨师\(j\) 做倒数第\(k\) 个菜)连边，容量为\(1\)，费用为\(t_{j,k}\times k\) ；这些点再向汇点连容量为\(1\) ，费用为\(0\) 的边。最后跑一个最小费用最大流就是答案。
这个模型可能可以解决不少类似问题吧。
但对于此题来讲，直接这样建图会\(T\) 。考虑优化。其实我们根本不用拆那么多点，因为不可能每个厨师都有\(sum\) 个菜做。注意到这样一个性质：对于同一个厨师，一定是先走倒数第\(k\) 个做菜，然后菜有可能走倒数第\(k+1\) 个做菜。于是乎初始时只用连倒数第一道菜的边，然后增广一次我们就检查每一位厨师看他是否做完了倒数第一道菜，如果是，再增加倒数第二道菜的边，以此类推。类似于数据结构的动态开点。
code
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=1e7+5,inf=0x3f3f3f3f,P=105;
int m,n,t[P][P],p[P],sum,now[P],id[P];
namespace Flow
{
int tot=1,S,T,nn,fi[N],ne[M],to[M],c[M],pot[N],pre[N],f[N],w[M],dis[N];bool inq[N];
inline void add(int x,int y,int s,int wt)
{
ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=s,w[tot]=wt;
ne[++tot]=fi[y],fi[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0,w[tot]=-wt;
}
inline void adde(int i,int pos)
{
int cur=++nn;
for(int k=1;k<=n;++k)
add(k+2,cur,inf,t[i][k]*pos);
add(cur,T,1,0);now[i]=pos;id[i]=cur;
}
inline bool spfa()
{
fill(dis+1,dis+nn+1,inf);dis[S]=0;
queue<int>q;q.push(S);inq[S]=1;f[S]=inf;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
{
int v=to[i];
if(c[i]&&dis[v]>dis[u]+w[i])
{
dis[v]=dis[u]+w[i];
pre[v]=u,pot[v]=i^1;
f[v]=min(c[i],f[u]);
if(!inq[v])q.push(v),inq[v]=1;
}
}
}
return dis[T]!=inf;
}
inline pair<int,int> dinic()
{
int cost=0,F=0;
while(spfa())
{
int now=T,flow=f[T];F+=flow;
while(now!=S)
{
cost+=w[pot[now]^1]*flow;
c[pot[now]]+=flow;
c[pot[now]^1]-=flow;
now=pre[now];
}
for(int u=1;u<=m;++u)
for(int i=fi[id[u]];i;i=ne[i])
{
int v=to[i];if(v!=T)continue;
if(c[i])continue;
adde(u,::now[u]+1);break;
}
}
return make_pair(F,cost);
}
}
using namespace Flow;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",p+i),sum+=p[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
scanf("%d",&t[j][i]);
S=1,T=2;
for(int i=1;i<=n;++i)add(S,i+2,p[i],0);nn=n+2;
for(int i=1;i<=m;++i)adde(i,1);
printf("%d\n",dinic().second);
return 0;
}
[SCOI2012]奇怪的游戏
solution
黑白染色。假设黑色格子有\(cb\) 个，权值和为\(sb\) ，白色格子有\(cw\) 个，权值和为\(sw\) 。每次操作一定是黑色白色权值各加\(1\) 。
假设最终的同一个数为\(X\) ，那么就有\(sb-sw=X(cb-cw)\)
\(cb-cw\not=0\) 当且仅当\(n,m\) 均为奇数。此时可以计算出\(X\) 的值，然后最大流随便\(check\) 一下就行。
否则\(n,m\) 中至少一个为偶数。此时倘若\(X\) 可行，那么\(X+1\) 必然也可行。于是二分答案，还是用最大流\(check\) 。
\(check\) 类似于二分图匹配的过程，最后判断是否满流即可。
view code
const int fx[]={0,0,1,-1},fy[]={1,-1,0,0};
int n,m,mp[P][P];ll sb,sw,mx;
inline bool ok(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
inline int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
inline bool ck(ll x)
{
clear();ll sum=0;
S=n*m+1,T=S+1;nn=T;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(!((i+j)&1)){add(id(i,j),T,x-mp[i][j]);continue;}
add(S,id(i,j),x-mp[i][j]);sum+=x-mp[i][j];
for(int k=0;k<4;++k)
{
int x=i+fx[k],y=j+fy[k];
if(ok(x,y))add(id(i,j),id(x,y),inf);
}
}
ll ret=dinic();
return ret==sum;
}
int main()
{
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);mx=sb=sw=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
scanf("%d",&mp[i][j]);
((i+j)&1)?sb+=mp[i][j]:sw+=mp[i][j];
mx=max(mx,0ll+mp[i][j]);
}
if((n*m)&1)
{
ll ans=sw-sb;
if(ans<mx||!ck(ans))puts("-1");
else printf("%lld\n",(1ll*n*m*ans-sw-sb)/2);
continue;
}
if(sb!=sw){puts("-1");continue;}
ll l=mx-1,r=5e9;
while(l+1<r)
{
ll mid=(l+r)>>1;
ck(mid)?r=mid:l=mid;
}
printf("%lld\n",(1ll*n*m*r-sw-sb)/2);
}
return 0;
}
80人环游世界
solution
考虑将每个国家拆点，分为入点和出点，之间连接容量为\(v_i\) 的边。
但是这样做并不能保证每个国家恰好经过\(v_i\) 次，于是将其费用令为\(-\infty\) ，这样就能诱导它把容量流完。
然后对于从\(i\) 到\(j\) 的机票价值为\(w\) ，我们连接\(i\) 的出点和\(j\) 的入点，容量为\(+\infty\) ，费用为\(w\) 。
建一个点向所有入点连边，容量\(+\infty\) ，费用为\(0\) ，代表开始可以从任意位置出发。源点向这个点连容量为\(m\) 的边。
所有出点向汇点连边，容量\(+\infty\) ，费用为\(0\) ，代表开始可以从任意位置结束。
假设最后最小费用最大流跑出来的答案为\(ans\) ，那么最终答案为\(ans+sum\times \infty\) ，其中\(sum=\sum v_i\)
code
view code
int n,m,x,sum;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&x),add(i,i+n,x,-inf),sum+=x;
nn=n*2;
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
scanf("%d",&x);
if(x<0)continue;
add(i+n,j,_inf,x);
}
S=++nn;
for(int i=1;i<=n;++i)add(S,i,_inf,0);
add(++nn,S,m,0);S=nn;
T=++nn;
for(int i=1;i<=n;++i)add(i+n,T,_inf,0);
printf("%lld\n",dinic().second+inf*sum);
return 0;
}
[SHOI2003]吃豆豆
solution
首先路径不能相交没有任何用处，因为如果相交了，那么在相交点两人分别掉头即可，不会影响最终答案。
有一种显然的建图方式：将每个豆豆拆点，由入点向出点连两条边，一条流量为\(1\) 费用为\(1\) ，另一条流量为\(+\infty\) ，费用为\(0\) ，代表这个点可以经过多次但只有一次会计算贡献。然后合法的点对间出点连向入点即可。最后跑最大费用最大流。
直接这样会超时，因为连的边太多。考虑优化。注意到如果\(i\rightarrow j,j\rightarrow k\) ,那么\(i\rightarrow k\) 这条边是没有必要的。于是可以排一遍序然后随便搞一波就行。（这里并没有最小化连的边的数量，只是比暴力连边稍微好了些，应该还是可能会被卡）
code
view code
struct pt{int x,y;}p[P];
inline bool operator<(const pt&x,const pt&y){return x.x!=y.x?x.x<y.x:x.y<y.y;}
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
sort(p+1,p+n+1);
nn=n*2;
for(int i=1;i<=n;++i)add(i,i+n,1,1),add(i,i+n,inf,0);
S=++nn;
for(int i=1;i<=n;++i)add(S,i,inf,0);
add(++nn,S,2,0);S=nn;
T=++nn;
for(int i=1;i<=n;++i)add(i+n,T,inf,0);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int now=inf;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
if(i==j||p[j].x<p[i].x||p[j].y<p[i].y)continue;
if(now>=p[j].y)add(i+n,j,inf,0),now=p[j].y;
}
}
printf("%d\n",dinic().second);
return 0;
}