1. 无源汇可行流
1.1. 问题
1.2. 解决方案
令 \(u,v\) 的边为 \(e\)。我们可以把限制拆成两条：一条固定边边权为 \(\text{lower}(e)\)， 另一条边边权为 \(\text{upper}(e)-\text{lower}(e)\)（我们称其为附加边），这一条直接在原图上连接即可。
怎么判定固定边有没有真的有 \(\text{lower}(e)\) 的流量呢？显然如果还是连接 \(u,v\) 是无法起到这个效果的。
容易发现固定边可以等价为：\(u\) 能流出 \(\text{lower}(e)\) 且 保持流量守恒，\(v\) 同理。所以 \(u,v\) 之间不必建固定边，只要达到这个效果就行了。
新建源点 \(S\)，汇点 \(T\). 将固定边变成 \(S\) 向 \(v\) 连边权为 \(\text{lower}(e)\) 的边，\(u\) 向 \(T\) 连边权为 \(\text{lower}(e)\) 的边。对于某个点，如果固定边的流入总和为 \(\text{FlowIn}(i)\)，流出为 \(\text{FlowOut}(i)\)，我们将两者减去彼此的较小值，此时相当于消掉了一条边。
接着我们跑一遍 \(\text{dinic}\) 的最大流即可，如果满流就找到了一个可行流。可以发现我们将两个限制做了巧妙的转换：对于固定边，满流意味着满足固定边与流量平衡的限制；对于附加边，在起到平衡流量作用的同时也用容量满足附加边的限制。
1.3. 代码
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=205,maxm=10205,inf=0x3f3f3f3f;
queue <int> q;
int n,m,low[maxm],S=0,T,dep[maxn],arc[maxn],Flow[maxn],sum,ans[maxm];
int cnt=1,head[maxn],to[maxm*3],flow[maxm*3],nxt[maxm*3],id[maxm*3];
void addEdge(int u,int v,int w,int ID) {
nxt[++cnt]=head[u],to[cnt]=v,flow[cnt]=w,id[cnt]=ID,head[u]=cnt;
nxt[++cnt]=head[v],to[cnt]=u,flow[cnt]=0,id[cnt]=ID,head[v]=cnt;
}
bool bfs() {
rep(i,0,n+1) dep[i]=inf;
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(S),arc[S]=head[S],dep[S]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front(); q.pop();
erep(i,u)
if(flow[i]>0 && dep[v]==inf) {
dep[v]=dep[u]+1,arc[v]=head[v];
q.push(v);
if(v==T) return 1;
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int CanFlow) {
if(u==T) return CanFlow;
int SumFlow=0,d;
for(int i=arc[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i]; arc[u]=i;
if(flow[i]>0 && dep[v]==dep[u]+1) {
d=dfs(v,Min(CanFlow,flow[i]));
if(!d) dep[v]=inf;
SumFlow+=d,CanFlow-=d;
flow[i]-=d,flow[i^1]+=d;
if(!CanFlow) break;
}
}
return SumFlow;
}
int Dinic() {
int ret=0;
while(bfs()) ret+=dfs(S,inf);
return ret;
}
int main() {
int u,v,x;
n=read(9),m=read(9); T=n+1;
rep(i,1,m) {
u=read(9),v=read(9),low[i]=read(9),x=read(9);
addEdge(u,v,x-low[i],i); Flow[u]-=low[i],Flow[v]+=low[i];
}
rep(i,1,n)
if(Flow[i]>0) sum+=Flow[i],addEdge(S,i,Flow[i],0);
else if(Flow[i]<0) addEdge(i,T,-Flow[i],0);
if(sum==Dinic()) {
puts("YES");
rep(i,1,n) erep(j,i) {
if(!(j&1) || id[j]==0) continue;
ans[id[j]]=low[id[j]]+flow[j];
}
rep(i,1,m) print(ans[i],'\n');
}
else puts("NO");
return 0;
}
2. 有源汇可行流
2.1. 问题
就是在前问题基础上多了源点 \(s\) 和汇点 \(t\).
2.2. 解决方案
在这张图上，显然源汇不需要保证流量平衡，但需要保证 \(s\) 的流出量等于 \(t\) 的流入量。为了套上上文那个模型，可以从 \(t\) 向 \(s\) 连一条容量为 \(+\infty\) 的边，此时我们就保证了 \(t\) 的流出量等于 \(s\) 的流入量，从而保证了 \(s\) 的流出量等于 \(t\) 的流入量！这样模型成功完成了转换，再跑一遍最大流，那么满流等价于所有除了 \(S,T\) 的点流量平衡。
另外，再讲一个我犯过的错误思路：在建图时，扔掉 \(S,T\)，将有关 \(S,T\) 的边都接到相应的 \(s,t\) 上。这个思路在 \(\text{POJ - 2396}\) 中是能够通过的，但是在模板题中可以被一个小数据轻松 \(\text{hack}\) 掉：
4 4 1 4
1 2 2 4
1 3 1 3
3 2 1 5
2 4 0 5
这是因为在 \(\text{POJ - 2396}\) 中源汇点 \(s,t\) 本来就是虚构的，它们之间 没有附加边，所以这样建图实际上和正确的建图方式是等价的。而在模板题中，\(s,t\) 之间存在附加边，所以满流不再与满足固定边与流量平衡的限制等价，所以无论求可行流还是下文要讲的最大流都是错误的。
3. 有源汇最大流
3.1. 问题
3.2. 解决方案
在 2.2. 解决方案 的基础上再跑一遍从 \(s\) 到 \(t\) 的最大流（注意，这里 无需重新建图），输出这个最大流。
看上去非常不合理，但这竟然是对的，为什么捏？首先，\(\text{FlowOut}(t)=0,\text{FlowIn}(t)>0\)，那么按 \(\text{lower}(e)\) 建图时，连向 \(t\) 的边（其实就是 \(S\rightarrow t\) 的那一条）就没有抵消的作用，相当于 \(t\) 至少接收的流量。此时 \(t\) 的入边只剩下附加边，跑可行流时相当于调整流量平衡需要接收的流量。
综上可以得出，在跑完可行流后，\(t\) 流入的流量就是可行流，而 \(t\rightarrow s\) 这条边的反边此时就代表这个数值！现在跑一遍从 \(s\) 到 \(t\) 的最大流，沿着反边可以统计可行流，而且此时关于 \(S,T\) 的边都已经流满了，所以相当于在残余网络上跑最大流，由网络流基本定理，这两项相加就是我们要求的最大流。
3.3. 代码
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=205,maxm=10205,inf=0x3f3f3f3f;
queue <int> q;
int n,m,low[maxm],S=0,T,dep[maxn],arc[maxn],Flow[maxn],sum,ans[maxm];
int cnt=1,head[maxn],to[maxm*3],flow[maxm*3],nxt[maxm*3];
void addEdge(int u,int v,int w) {
nxt[++cnt]=head[u],to[cnt]=v,flow[cnt]=w,head[u]=cnt;
nxt[++cnt]=head[v],to[cnt]=u,flow[cnt]=0,head[v]=cnt;
}
bool bfs(int s,int t) {
rep(i,0,n+1) dep[i]=inf;
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(s),arc[s]=head[s],dep[s]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front(); q.pop();
erep(i,u)
if(flow[i]>0 && dep[v]==inf) {
dep[v]=dep[u]+1,arc[v]=head[v];
q.push(v);
if(v==t) return 1;
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int t,int CanFlow) {
if(u==t) return CanFlow;
int SumFlow=0,d;
for(int i=arc[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i]; arc[u]=i;
if(flow[i]>0 && dep[v]==dep[u]+1) {
d=dfs(v,t,Min(CanFlow,flow[i]));
if(!d) dep[v]=inf;
SumFlow+=d,CanFlow-=d;
flow[i]-=d,flow[i^1]+=d;
if(!CanFlow) break;
}
}
return SumFlow;
}
int Dinic(int s,int t) {
int ret=0;
while(bfs(s,t)) ret+=dfs(s,t,inf);
return ret;
}
int main() {
int u,v,x,s,t;
n=read(9),m=read(9),s=read(9),t=read(9); T=n+1;
rep(i,1,m) {
u=read(9),v=read(9),low[i]=read(9),x=read(9);
addEdge(u,v,x-low[i]); Flow[u]-=low[i],Flow[v]+=low[i];
}
rep(i,1,n)
if(Flow[i]>0) sum+=Flow[i],addEdge(S,i,Flow[i]);
else if(Flow[i]<0) addEdge(i,T,-Flow[i]);
addEdge(t,s,inf);
if(sum==Dinic(S,T)) print(Dinic(s,t),'\n');
else puts("please go home to sleep");
return 0;
}
4. 有源汇最小流
4.1. 问题
4.2. 解决方案
根据上文的铺垫，在 2.2. 解决方案 的基础上，我们得到了从 \(s\) 到 \(t\) 的可行流，先将它记录为 \(P\). 再删除从 \(t\) 到 \(s\) 的双向边，再跑一遍从 \(t\) 到 \(s\) 的最大流。相当于在可行流上进行退流操作，显然要退最多的。
4.3. 代码
#include <cstdio>
#define rep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i<=_end;++i)
#define fep(i,_l,_r) for(register signed i=(_l),_end=(_r);i>=_end;--i)
#define erep(i,u) for(signed i=head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define efep(i,u) for(signed i=Head[u],v=to[i];i;i=nxt[i],v=to[i])
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
template <class T> inline T Max(const T x,const T y) {if(x>y) return x; return y;}
template <class T> inline T Min(const T x,const T y) {if(x<y) return x; return y;}
template <class T> inline T fab(const T x) {return x>0?x:-x;}
template <class T> inline T gcd(const T x,const T y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
template <class T> inline T lcm(const T x,const T y) {return x/gcd(x,y)*y;}
template <class T> inline T Swap(T &x,T &y) {x^=y^=x^=y;}
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e4+5,maxm=125005,inf=0x3f3f3f3f;
const ll infty=1e15;
queue <int> q;
ll Flow[maxn],flow[maxm*3],sum;
int n,m,low[maxm],S=0,T,dep[maxn],arc[maxn];
int cnt=1,head[maxn],to[maxm*3],nxt[maxm*3];
void addEdge(int u,int v,ll w) {
nxt[++cnt]=head[u],to[cnt]=v,flow[cnt]=w,head[u]=cnt;
nxt[++cnt]=head[v],to[cnt]=u,flow[cnt]=0,head[v]=cnt;
}
bool bfs(int s,int t) {
rep(i,0,n+1) dep[i]=inf;
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(s),arc[s]=head[s],dep[s]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front(); q.pop();
erep(i,u)
if(flow[i]>0 && dep[v]==inf) {
dep[v]=dep[u]+1,arc[v]=head[v];
q.push(v);
if(v==t) return 1;
}
}
return 0;
}
ll dfs(int u,int t,ll CanFlow) {
if(u==t) return CanFlow;
ll SumFlow=0,d;
for(int i=arc[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i]; arc[u]=i;
if(flow[i]>0 && dep[v]==dep[u]+1) {
d=dfs(v,t,Min(CanFlow,flow[i]));
if(!d) dep[v]=inf;
SumFlow+=d,CanFlow-=d;
flow[i]-=d,flow[i^1]+=d;
if(!CanFlow) break;
}
}
return SumFlow;
}
ll Dinic(int s,int t) {
ll ret=0;
while(bfs(s,t)) ret+=dfs(s,t,infty);
return ret;
}
int main() {
int u,v,x,s,t; ll tmp;
n=read(9),m=read(9),s=read(9),t=read(9); T=n+1;
rep(i,1,m) {
u=read(9),v=read(9),low[i]=read(9),x=read(9);
addEdge(u,v,x-low[i]); Flow[u]-=low[i],Flow[v]+=low[i];
}
rep(i,1,n)
if(Flow[i]>0) sum+=Flow[i],addEdge(S,i,Flow[i]);
else if(Flow[i]<0) addEdge(i,T,-Flow[i]);
addEdge(t,s,infty);
if(sum==Dinic(S,T)) {
tmp=flow[cnt];
flow[cnt]=flow[cnt-1]=0;
print(tmp-Dinic(t,s),'\n');
}
else puts("please go home to sleep");
return 0;
}
4.4. 一个奇怪的点
在 \(\text{LOJ}\) 上有一个 \(\text{Discussion}\)，它先开始没有引起我的注意……直到我交了 \(n\) 发另一道板子题，\(\text{wa}\) 得人神共愤 qwq.
在原图上 \(t\) 就能到达 \(s\) 时会出现问题：这是因为我们的本意是进行退流，然而这条边其实开始时根本没有流量！或者说，即使有流量也可以看作是 \(t\rightarrow s\) 的那条容量为 \(\rm infty\) 的边的贡献。当然按 "流可以为负" 来理解就是正确的😃。
可是，大多数题目要求流量不为负，怎么办呢？你可以再新建一对源汇 \(ss,tt\)，从 \(ss\) 到 \(s\)、\(t\) 到 \(tt\) 连一条容量为 \(\text{infty}\) 的边！好处就是从 \(tt\rightarrow ss\) 的必经之路 —— \(tt\rightarrow t\)（一条反边）一定只执行退流操作，不存在 \(\rm infty\) 边的干扰了！\(\color{LimeGreen}{\text{Solved}}\)！
或者，你可以将最后的部分换一下：
int Flow = dinic();
addEdge(t,s,inf);
Flow += dinic();
if(sm==Flow) print(e[cnt].w,'\n');
我也不知道为什么是对的，也懒得想了，拜拜。
5. 一些题目
例 1. \(\text{[ZJOI 2011] }\)营救皮卡丘
首先可以将题意转化成：将 \(n\) 个点划分成 \(k\) 个可空集合，每个集合 \(S_i\) 包含第 \(i\) 个人摧毁的据点，要求所有集合的交集为空，并集为全集。显然，对于第 \(i\) 个人，从 \(u\) 到 \(v\) 的花费是 \(\text{dis}(u,v)\)，其中 \(\text{dis}(u,v)\) 是从 \(u\) 开始，不经过 \(>\max\{u,v\}\) 的点的最短路。
这是因为我们总能找到一个移动人物的顺序，使得其满足 "先摧毁前 \(1\) 到 \(k-1\) 个据点，再摧毁第 \(k\) 个据点" 的限制。
类似路径覆盖的问题，可以考虑用网络流解决。将每个人行走的路径看作一条流，那么网络流图上的边实际上就是两点之间的路径。
接着考虑需要满足什么限制：流量小于等于 \(k\)；每个点都至少被经过一次。可以发现，"交集为空" 的限制实际上没有用。
第一个限制可以建源点，连 \(ss\rightarrow 1\)（点从 \(1\) 开始编号，令 \(n=N+1\)）的容量为 \(k\) 的边；对于第二条限制，可以利用经典的 "拆点为边" 思想，拆成出/入点，再限制拆出的边流量至少为 \(1\)。对于据点之间，就用出点连入点即可。最后，将出点连向 \(tt\)，表示路径可以在任意节点终止；将 \(1\) 连向入点，费用为 \(\text{dis}(1,i)\).
我们得到了朴素网络流图，现在需要满足 "流量至少为 \(1\)" 的限制，也即再转化成上下界网络流。可以发现此模型是 2. 有源汇可行流，而非最大流，所以需要建立 循环流，即从 \(tt\) 向 \(ss\) 连容量为 \(\rm infty\) 的边。然后新建 \(S,T\)，朴素上下界连边即可。
另外，对于这类最少代价路径覆盖还有另一种解决方案 —— 二分图匹配。以下先以 \(\text{[SDOI 2010] }\)星际竞速 为例。
还是建出源汇，将每个点拆分成出点 \(i\)（左部点）与入点 \(i'\)（右部点），\(S\) 向左部连容量为 \(1\) 的边，\(T\) 向右部连容量为 \(1\) 的边。对于其它边，类似证明 "最小路径覆盖 \(=\) 点数 \(-\) 最大匹配数" 这个结论，我们假设初始状态有 \(n\) 条路径，那么总代价是 \(\sum a_i\). 一个匹配对应减少一条路径，假设 \(i\) 与 \(j'\) 匹配，就意味着 \(i\rightarrow j\) 变成某条路径上 连续 的两点，此时减去 \(a_j\)（不能减去 \(a_i\) 的原因请自行思考），所以匹配贡献是 \(w(i,j)-a_j\)，并令其容量为 \(1\). 用这张图跑 \(\mathtt{FF}\) 算法，选择最短路小于零的流加入 \(\rm ans\)，如果最短路大于等于零可以直接终止。
不难发现每个点至多只会前后各匹配一次，所以正确性保证。
回到这道题，难搞的其实是 \(k\) 个人的限制，我们发现这其实就是强制要求进行 \(N-k\) 次匹配，并且忽略点 \(1\)，于是这道题就做完了。代码简单而且思路非常好理解，比上下界快到不知道哪里去了 /kk.
