有上下界的网络流问题

此类问题可以分为三小类问题：

一、无源汇有上下界最大流

二、有源汇有上下界最大流

三、有源汇有上下界最小流

 

1、无源汇有上下界最大流

 题目链接： sgu194 Reactor Cooling

 题目大意：给n个点，及m根pipe，每根pipe用来流躺液体的，单向的，每时每刻每根pipe流进来的物质要等于流出去的物质，要使得m条pipe组成一个循环体，里面流躺物质。并且满足每根pipe一定的流量限制，范围为[Li,Ri].即要满足每时刻流进来的不能超过Ri(最大流问题)，同时最小不能低于Li。

解题思路：O（-1）。

 

 建图模型： 以前写的最大流默认的下界为0，而这里的下界却不为0，所以我们要进行再构造让每条边的下界为0，这样做是为了方便处理。对于每根管子有一个上界容量up和一个下界容量low，我们让这根管子的容量下界变为0，上界为up-low。可是这样做了的话流量就不守恒了，为了再次满足流量守恒，即每个节点"入流=出流”，我们增设一个超级源点st和一个超级终点sd。我们开设一个数组du[]来记录每个节点的流量情况。

du[i]=in[i]（i节点所有入流下界之和）-out[i]（i节点所有出流下界之和）。

当du[i]大于0的时候，st到i连一条流量为du[i]的边。

当du[i]小于0的时候，i到sd连一条流量为-du[i]的边。

最后对（st，sd）求一次最大流即可，当所有附加边全部满流时（即maxflow==所有du[]>0之和），有可行解。

View Code 
  1 #include <iostream>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cmath>
  4 #include <algorithm>
  5 #include <cstring>
  6 using namespace std;
  7 
  8 const int mn=22222;
  9 const int mm=1000000;
 10 const int oo=0x3fffffff;
 11 int node, st, sd, edge, Edge;
 12 int reach[mm], flow[mm], next[mm];
 13 int head[mn], work[mn], dis[mn], que[mn];
 14 int du[mm], ans[mm], id[mm], dn[mm];
 15 
 16 inline void init(int _node, int _st, int _sd)
 17 {
 18     node=_node, st=_st, sd=_sd;
 19     for(int i=0; i<node; i++)
 20         head[i]=-1;
 21     edge=0;
 22 }
 23 
 24 inline void addedge(int u, int v, int c1, int c2, int ID)
 25 {
 26     id[edge]=ID, reach[edge]=v, flow[edge]=c1, next[edge]=head[u],head[u]=edge++;
 27     id[edge]=0, reach[edge]=u, flow[edge]=c2, next[edge]=head[v],head[v]=edge++;
 28 }
 29 
 30 bool bfs()
 31 {
 32     int u, v, l=0, h=0;
 33     for(int i=0; i<node; i++) dis[i]=-1;
 34     que[l++]=st;
 35     dis[st]=0;
 36     while(l!=h)
 37     {
 38         u=que[h++];
 39         if(h==mn) h=0;
 40         for(int i=head[u]; i>=0; i=next[i])
 41         {
 42             v=reach[i];
 43             if(flow[i]&&dis[v]<0)
 44             {
 45                 dis[v]=dis[u]+1;
 46                 que[l++]=v;
 47                 if(l==mn) l=0;
 48                 if(v==sd) return true;
 49             }
 50         }
 51     }
 52     return false;
 53 }
 54 
 55 int dfs(int u, int exp)
 56 {
 57     if(u==sd) return exp;
 58     for(int &i=work[u]; i>=0; i=next[i])
 59     {
 60         int v=reach[i], tp;
 61         if(flow[i]&&dis[v]==dis[u]+1&&(tp=dfs(v,min(flow[i],exp)))>0)
 62         {
 63             flow[i]-=tp;
 64             flow[i^1]+=tp;
 65             return tp;
 66         }
 67     }
 68     return 0;
 69 }
 70 
 71 void Dinic()
 72 {
 73     while(bfs())
 74     {
 75         for(int i=0; i<node; i++) work[i]=head[i];
 76         while(dfs(st,oo));
 77     }
 78 }
 79 
 80 int main()
 81 {
 82     int n,m;
 83     while(~scanf("%d%d",&n,&m))
 84     {
 85         init(n+2,0,n+1);
 86         for(int i=1; i<=m; i++)
 87         {
 88             int u, v, down, up;
 89             scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&down,&up);
 90             addedge(u,v,up-down,0,i);
 91             du[u]-=down;
 92             du[v]+=down;
 93             dn[i]=down;
 94         }
 95         Edge=edge;
 96         for(int i=1; i<=n; i++)
 97         {
 98             if(du[i]>0) addedge(st,i,du[i],0,0);
 99             if(du[i]<0) addedge(i,sd,-du[i],0,0);
100         }
101         Dinic();
102         bool flag=true;
103         for(int i=head[st]; i>=0; i=next[i])
104             if(flow[i]>0)
105             {
106                 flag=false;
107                 break;
108             }
109         if(!flag) puts("NO");
110         else
111         {
112             puts("YES");
113             for(int i=0; i<Edge; i++) ans[id[i]]=flow[i^1];
114             for(int i=1; i<=m; i++)
115                 printf("%d\n",ans[i]+dn[i]);
116         }
117     }
118     return 0;
119 }

 

2、有源汇有上下界的最大流

题目链接：zoj3229 Shoot the Bullet

题目大意：一个屌丝给m个女神拍照，计划拍照n天，每一天屌丝最多个C个女神拍照，每天拍照数不能超过D张，而且给每个女神i拍照有数量限制[Li，Ri]，对于每个女神n天的拍照总和不能超过Gi，如果有解求屌丝最多能拍多少张照，并求每天给对应女神拍多少张照；否则输出-1。

解题思路：增设一源点st，汇点sd，st到第i天连一条上界为Di下界为0的边，每个女神到汇点连一条下界为Gi上界为oo的边，对于每一天，当天到第i个女孩连一条[Li，Ri]的边。

 

建图模型：源点s，终点d。超级源点ss，超级终点dd。首先判断是否存在满足所有边上下界的可行流，方法可以转化成无源汇有上下界的可行流问题。怎么转换呢？

增设一条从d到s没有下界容量为无穷的边，那么原图就变成了一个无源汇的循环流图。接下来的事情一样，超级源点ss连i（du[i]>0），i连超级汇点（du[i]<0）,

对（ss，dd）进行一次最大流，当maxflow等于所有(du[]>0)之和时，有可行流，否则没有。

当有可行流时，删除超级源点ss和超级终点dd，再对（s，d）进行一次最大流，此时得到的maxflow则为题目的解。为什么呢？因为第一次maxflow（）只是求得所有满足下界的流量，而残留网络（s，d）路上还有许多自由流（没有和超级源点和超级汇点连接的边）没有流满，所有最终得到的maxflow=（第一次流满下界的流+第二次能流通的自由流）。

View Code 
  1 #include <iostream>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <queue>
  5 #include <algorithm>
  6 using namespace std;
  7 
  8 const int mn=2222;
  9 const int mm=1000000;
 10 const int oo=100000000;
 11 int node, st, sd, edge;
 12 int reach[mm], flow[mm], next[mm];
 13 int head[mn], work[mn], dis[mn], que[mn];
 14 int du[mn], dn[444][1111], id[444][1111];
 15 
 16 inline void init(int _node, int _st, int _sd)
 17 {
 18     node=_node, st=_st, sd=_sd;
 19     for(int i=0; i<node; i++)
 20         head[i]=-1, du[i]=0;
 21     edge=0;
 22 }
 23 
 24 inline void addedge(int u, int v, int c1, int c2)
 25 {
 26     reach[edge]=v, flow[edge]=c1, next[edge]=head[u],head[u]=edge++;
 27     reach[edge]=u, flow[edge]=c2, next[edge]=head[v],head[v]=edge++;
 28 }
 29 
 30 bool bfs()
 31 {
 32     int u, v, l=0, h=0;
 33     for(int i=0; i<node; i++) dis[i]=-1;
 34     que[l++]=st;
 35     dis[st]=0;
 36     while(l!=h)
 37     {
 38         u=que[h++];
 39         if(h==mn) h=0;
 40         for(int i=head[u]; i>=0; i=next[i])
 41         {
 42             v=reach[i];
 43             if(flow[i]&&dis[v]<0)
 44             {
 45                 dis[v]=dis[u]+1;
 46                 que[l++]=v;
 47                 if(l==mn) l=0;
 48                 if(v==sd) return true;
 49             }
 50         }
 51     }
 52     return false;
 53 }
 54 
 55 int dfs(int u, int exp)
 56 {
 57     if(u==sd) return exp;
 58     for(int &i=work[u]; i>=0; i=next[i])
 59     {
 60         int v=reach[i], tp;
 61         if(flow[i]&&dis[v]==dis[u]+1&&(tp=dfs(v,min(flow[i],exp)))>0)
 62         {
 63             flow[i]-=tp;
 64             flow[i^1]+=tp;
 65             return tp;
 66         }
 67     }
 68     return 0;
 69 }
 70 
 71 int Dinic()
 72 {
 73     int max_flow=0, flow;
 74     while(bfs())
 75     {
 76         for(int i=0; i<node; i++) work[i]=head[i];
 77         while(flow=dfs(st,oo)) max_flow+=flow;
 78     }
 79     return max_flow;
 80 }
 81 
 82 int main()
 83 {
 84     int n, m, g, l, r, c, d;
 85     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
 86     {
 87         init(n+m+2,n+m,n+m+1);
 88         for(int i=0; i<m; i++)
 89         {
 90             scanf("%d",&g);
 91             du[sd]+=g;
 92             du[i+n]-=g;
 93             addedge(i+n,sd,oo-g,0);
 94         }
 95         memset(id,0,sizeof(id));
 96         for(int i=0; i<n; i++)
 97         {
 98             scanf("%d%d",&c,&d);
 99             addedge(st,i,d,0);
100             for(int j=0; j<c; j++)
101             {
102                 scanf("%d%d%d",&g,&l,&r);
103                 du[i]-=l;
104                 du[g+n]+=l;
105                 dn[i][g]=l;
106                 addedge(i,g+n,r-l,0);
107                 id[i][g]=edge-1;
108             }
109         }
110         addedge(sd,st,oo,0);
111         st=node, sd=node+1, node+=2;
112         head[st]=head[sd]=-1; ///!!
113         int sum=0;
114         for(int i=0; i<node-2; i++)
115         {
116             if(du[i]>0) sum+=du[i], addedge(st,i,du[i],0);
117             else addedge(i,sd,-du[i],0);
118         }
119         int maxflow=Dinic();
120         if(maxflow!=sum)  puts("-1");
121         else
122         {
123             head[st]=head[sd]=-1, node-=2;
124             st=node-2, sd=node-1;
125             maxflow=Dinic();
126             printf("%d\n",maxflow);
127             for(int i=0; i<n; i++)
128             {
129                 for(int j=0; j<m; j++)
130                    if(id[i][j])
131                      printf("%d\n",flow[id[i][j]]+dn[i][j]);
132             }
133         }
134         puts("");
135     }
136     return 0;
137 }

 

 

3、有源汇有上下界的最小流

题目链接：   sgu176  Flow construction

题目大意：有一个类似于工业加工生产的机器，起点为1终点为n，中间生产环节有货物加工数量限制，输出u v z c， 当c等于1时表示这个加工的环节必须对纽带上的货物全部加工（即上下界都为z），c等于0表示加工没有上界限制，下界为0，求节点1（起点）最少需要投放多少货物才能传送带正常工作。

解题思路：

   1、du[i]表示i节点的入流之和与出流之和的差。 

   2、增设超级源点st和超级汇点sd，连（st，du[i]（为正）），（-du[i]（为负），sd）。 ///增设超级源点和超级汇点，因为网络中规定不能有弧指向st，也不能有流量流出sd

   3、做一次maxflow（）。

   4、源点（Sd）和起点（St）连一条容量为oo的边。

   5、再做一次maxflow（）。

   6、当且仅当所有附加弧满载时有可行流，最后答案为flow[（Sd->St）^1]，St到Sd最大流就是Sd到St最小流。

 

建图模型：同样转换成先求无源汇有上下界的可行流，先添加一条d到s容量为无穷的边，这里求最小流很容易让人产生歧路，为什么呢？当所有边满足下界条件并且能量守恒时，这时候求得的最大流不就是最小流么。这样是错误了，我开始了在这揣测了良久。

下面来看个例子：

这样求得的最小流为200，而实际的可行最小流解只需100。

问题出在原图中存在环（循环流），而我们没有利用，导致流增大了。

解决方法：先不增加d->s容量为无穷的边，进行一次maxflow（），如果还没有满流，则加一条（d，s）容量为无穷的边，再进行一次maxflow（），当且仅当所有附加弧满载时，有可行解，解为flow[（d->s）^1]（即d到s的后悔边权值）。

View Code 
  1 #include <iostream>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cmath>
  4 #include <algorithm>
  5 #include <cstring>
  6 using namespace std;
  7 
  8 const int mn=111;
  9 const int mm=11111;
 10 const int oo=0x3fffffff;
 11 int node, st, sd, edge, St, Sd, Edge;
 12 int reach[mm], flow[mm], next[mm];
 13 int head[mn], work[mn], dis[mn], que[mn];
 14 int du[mm], ans[mm], id[mm], dn[mm];
 15 
 16 inline void init(int _node, int _st, int _sd)
 17 {
 18     node=_node, st=_st, sd=_sd;
 19     for(int i=0; i<node; i++)
 20         head[i]=-1, du[i]=0;
 21     edge=0;
 22 }
 23 
 24 inline void addedge(int u, int v, int c1, int c2, int ID)
 25 {
 26     id[edge]=ID, reach[edge]=v, flow[edge]=c1, next[edge]=head[u],head[u]=edge++;
 27     id[edge]=0, reach[edge]=u, flow[edge]=c2, next[edge]=head[v],head[v]=edge++;
 28 }
 29 
 30 bool bfs()
 31 {
 32     int u, v, l=0, h=0;
 33     for(int i=0; i<node; i++) dis[i]=-1;
 34     que[l++]=st;
 35     dis[st]=0;
 36     while(l!=h)
 37     {
 38         u=que[h++];
 39         if(h==mn) h=0;
 40         for(int i=head[u]; i>=0; i=next[i])
 41         {
 42             v=reach[i];
 43             if(flow[i]&&dis[v]<0)
 44             {
 45                 dis[v]=dis[u]+1;
 46                 que[l++]=v;
 47                 if(l==mn) l=0;
 48                 if(v==sd) return true;
 49             }
 50         }
 51     }
 52     return false;
 53 }
 54 
 55 int dfs(int u, int exp)
 56 {
 57     if(u==sd) return exp;
 58     for(int &i=work[u]; i>=0; i=next[i])
 59     {
 60         int v=reach[i], tp;
 61         if(flow[i]&&dis[v]==dis[u]+1&&(tp=dfs(v,min(flow[i],exp)))>0)
 62         {
 63             flow[i]-=tp;
 64             flow[i^1]+=tp;
 65             return tp;
 66         }
 67     }
 68     return 0;
 69 }
 70 
 71 void Dinic()
 72 {
 73     int max_flow=0, flow;
 74     while(bfs())
 75     {
 76         for(int i=0; i<node; i++) work[i]=head[i];
 77         while(flow=dfs(st,oo)) max_flow+=flow;
 78     }
 79 }
 80 
 81 int main()
 82 {
 83     int n, m;
 84     while(~scanf("%d%d",&n,&m))
 85     {
 86         init(n+1,1,n);
 87         for(int i=1; i<=m; i++)
 88         {
 89             int u, v, c, k;
 90             scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&c,&k);
 91             if(k) du[u]-=c, du[v]+=c, ans[i]=c;
 92             else addedge(u,v,c,0,i);
 93         }
 94         St=st, Sd=sd, Edge=edge;
 95         st=node, sd=node+1, node+=2;    ///增设超级源点和超级汇点，因为网络中规定不能有弧指向st，也不能有流量流出sd
 96         head[st]=head[sd]=-1;
 97         for(int i=1; i<=n; i++)
 98         {
 99             if(du[i]>0) addedge(st,i,du[i],0,0);
100             if(du[i]<0) addedge(i,sd,-du[i],0,0);
101         }
102         Dinic();
103         addedge(Sd,St,oo,0,0);
104         Dinic();
105         bool flag=true;
106         for(int i=head[st]; i>=0; i=next[i])
107             if(flow[i]>0)   ///当且仅当附加弧达到满负载有可行流
108             {
109                 flag=false;
110                 break;
111             }
112         if(!flag)
113             puts("Impossible");
114         else
115         {
116             int res=0, i;
117             for(i=head[Sd]; i>=0; i=next[i])
118               if(reach[i]==St) break;
119             res=flow[i^1];
120             printf("%d\n",res);
121             for(i=0; i<Edge; i++) ans[id[i]]=flow[i^1];
122             for(i=1; i<=m; i++)
123             {
124                 if(i!=m) printf("%d ",ans[i]);
125                 else printf("%d\n",ans[i]);
126             }
127         }
128     }
129     return 0;
130 }

 

 

 

 

posted @ 2013-04-05 21:00  Mr. Ant  阅读(16205)  评论(11)  编辑  收藏  举报