题目

点这里看题目。

分析

似乎没有思路？

还是从割入手。对于任意割 \([S,V-S]\) 和可行流 \(f\) ，都有 \(|f|\le c(S,V-S)\) 。

因此，如果从 \(V-S\) 流向 \(S\) ，并且边的容量都是 \(c(u,v)=D(u,v)+B(u,v)\) ，那么就有

\[|f|\le c(V-S,S)=\sum_{v\in V-S}\sum_{u\in S}D(v,u)+B(v,u) \]

另一方面，我们尝试让 \(f\) 满足：

\[\sum_{u\in S}\sum_{v\in V-S}D(u,v)\le |f| \]

事实上，在有下界限制的网络流中，若定义 \(c_l(S,V-S)=\sum_{u\in S}\sum_{v\in V-S}c_l(u,v)\) ，那么对于任意可行流 \(f\) 也有 \(c_l(S,V-S)\le f(S,V-S)=|f|\) 。我们给每条边设置下界 \(c_l(u,v)=D(u,v)\) 即可。

此时我们需要让两个条件同时成立，因此我们可以求解循环流。如果存在满足上下界的循环流 \(f\) ，那么就有两个条件同时成立，自然就说明对于所有割均有题目条件成立。

巧妙之处在于利用割和流量的不等关系，在割的容量关系之间插入一个流量这个中间变量，将题设限制变成了容量限制。

不由得让我想起相似形的中间比代换。

代码

#include <cstdio>

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e4 + 5, MAXM = 1e5 + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0; char s = getchar(); int f = 1;
	while( s < '0' || '9' < s ) { f = 1; if( s == '-' ) f = -1; s = getchar(); }
	while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if( 9 < x ) write( x / 10 );
	putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
_T MIN( const _T a, const _T b )
{
	return a < b ? a : b;
}

template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
	return a > b ? a : b;
}

struct Edge
{
	int to, nxt, c;
}Graph[MAXM << 1];

int q[MAXN];

int A[MAXN];

int head[MAXN], dep[MAXN], cur[MAXN];
int N, M, cnt = 1, tot;

void AddEdge( const int from, const int to, const int C )
{
	Graph[++ cnt].to = to, Graph[cnt].nxt = head[from], Graph[cnt].c = C;
	head[from] = cnt;
}

void AddE( const int from, const int to, const int C ) { AddEdge( from, to, C ), AddEdge( to, from, 0 ); }

bool BFS( const int S, const int T )
{
	int h = 1, t = 0;
	for( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) dep[i] = INF;
	dep[q[++ t] = S] = 0;
	while( h <= t )
	{
		int u = q[h ++], v;
		for( int i = head[u] ; i ; i = Graph[i].nxt )
			if( Graph[i].c && dep[v = Graph[i].to] > dep[u] + 1 )
				dep[q[++ t] = v] = dep[u] + 1;
	}
	return dep[T] < INF;
}

int DFS( const int u, const int lin, const int T )
{
	if( u == T ) return lin;
	int used = 0, ret, v, c;
	for( int &i = cur[u] ; i ; i = Graph[i].nxt )
	{
		v = Graph[i].to, c = Graph[i].c;
		if( dep[v] == dep[u] + 1 && c && ( ret = DFS( v, MIN( lin - used, c ), T ) ) )
		{
			used += ret, Graph[i].c -= ret, Graph[i ^ 1].c += ret;
			if( used == lin ) break;
		}
	}
	if( used < lin ) dep[u] = INF;
	return used;
}

int Dinic( const int S, const int T )
{
	int f = 0;
	while( BFS( S, T ) )
	{
		for( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) cur[i] = head[i];
		f += DFS( S, INF, T );
	}
	return f;
}

void Clean()
{
	cnt = 1, tot = N;
	for( int i = 1 ; i <= tot + 2 ; i ++ )
		head[i] = A[i] = 0;
}

int main()
{
	int T;
	read( T );
	for( int cas = 1 ; cas <= T ; cas ++ )
	{
		read( N ), read( M ), Clean();
		for( int i = 1 ; i <= M ; i ++ )
		{
			int a, b, l, d;
			read( a ), read( b ), read( l ), read( d );
			AddE( b, a, d ); A[a] -= l, A[b] += l;
		}
		int ned = 0;
		const int s = ++ tot, t = ++ tot;
		for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
			if( A[i] < 0 ) AddE( s, i, - A[i] );
			else if( A[i] > 0 ) ned += A[i], AddE( i, t, A[i] );
		printf( "Case #%d: ", cas ); int val = Dinic( s, t );
		puts( val == ned ? "happy" : "unhappy" );
	}
	return 0;
}