2-SAT + 网络流
Riddle
Description
nn 个点 mm 条边的无向图被分成 kk 个部分。每个部分包含一些点。
请选择一些关键点，使得每个部分恰有一个关键点，且每条边至少有一个端点是关键点。
Input
第一行三个整数 n,m,kn,m,k。
接下来 mm 行，每行两个整数 a,ba,b，表示有一条 a,ba,b 间的边。
接下来 kk 行，每行第一个整数为 ww，表示这个部分有 ww 个点；接下来 ww 个整数，为在这个部分中的点的编号。
朴素解法：
我们用类似前缀和优化建图，但是错了
修复
微调
平面图判定
不难发现，除了哈密顿没有 其他东西了，之可能是一个大环外挂或者内缩。
我们发现两个同时在内侧/外侧的点，l1 < r1 < l2 < r2就会冲突，所以相交的线段不能在同一侧。
就可直接跑2SAT了
又很优美的n log n建边，但是我选择暴力
游戏
3SAT过的图灵奖选手（bushi）
考虑没有*的情况
对于一条限制 from to
如果from是禁止的，限制没有意义。
如果from是合适的，但是to是禁止的，那么from cur就不能选from.
如果from和to都是合适的，那么from选了要求的to也必须选要求的，如果to没有选要求的那么from就也不能选要求的。
然后这是2-SAT
但是有*
我们发现暴力枚举*是abc然后判断会爆炸
但是仔细想一想， *为a/b就一定有解了。
因为你每一个点最终用到的只是一辆车。
所以你如果不适合a,覆盖了bc,如果不适合b,覆盖了ac,都覆盖了。
最后在讲如何算方案。
vector<bool> get_solution() {
vector<bool> result(var_count + 1);
for (int i = 1; i <= var_count; i++) {
// 拓扑序更大的SCC对应的布尔值为真
result[i] = (belong[i] > belong[i + var_count]);
}
return result;
}
为什么这样赋值是正确的？
后访问完成的SCC获得更大的编号，这意味着在拓扑排序中位置更靠前
拓扑序更小的会推出更大的，但是反之不会
如果 belong[x] > belong[¬x]，则在逆拓扑序中，x的SCC在¬x的SCC之前
这意味着如果我们从¬x出发，无法到达x（否则它们在同一SCC中）
但可能从x到达¬x
当 belong[x] > belong[¬x] 时，令 x = true
此时如果存在路径 x → ¬x，由于x为真，¬x也必须为真（但¬x代表x为假），这看似矛盾
但关键是：我们选择让 x = true，那么所有从x可达的节点都必须为真才能满足约束
由于¬x与x不在同一SCC，设置x=true不会强制¬x=true，因此没有矛盾
实际例子
假设有约束：x₁ ∨ x₂（至少一个为真）
转化为蕴含关系：
¬x₁ → x₂
¬x₂ → x₁
如果Tarjan算法得到：
belong[x₁] = 2, belong[¬x₁] = 1
belong[x₂] = 1, belong[¬x₂] = 2
则赋值：
x₁ = true（因为 belong[x₁] > belong[¬x₁]）
x₂ = false（因为 belong[x₂] < belong[¬x₂]）
验证：x₁ ∨ x₂ = true ∨ false = true ✓
先这样
接下来是网络流
先写一下费用流，以前没写过
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int maxn = 5010;
constexpr int maxm = 100010;
int n, m, S, t;
#define ll long long
ll maxflow, mincost;
int cnt = 1, now[maxn], head[maxn];
ll dis[maxn];
bool vis[maxn];
struct node{
int to, next;
ll val, cost;
}e[maxm];
void addedge(int u, int v, ll w, ll c){
e[++cnt].to = v;
e[cnt].val = w;
e[cnt].cost = c;
e[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
cnt++;
e[cnt].to = u;
e[cnt].val = 0; // 反向边容量为0
e[cnt].cost = -c; // 反向边费用为负
e[cnt].next = head[v];
head[v] = cnt;
}
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
int spfa(){ // 找费用最短路，类似你原来的bfs
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memcpy(now, head, sizeof(now)); // 复制head到now，用于dfs
deque<int> q; // 使用双端队列优化SPFA
q.push_back(S);
dis[S] = 0;
vis[S] = 1;
while(!q.empty()){
int x = q.front();
q.pop_front();
vis[x] = 0;
for(int i = head[x]; i; i = e[i].next){
int y = e[i].to;
if(e[i].val > 0 && dis[y] > dis[x] + e[i].cost){
dis[y] = dis[x] + e[i].cost;
if(!vis[y]){
q.push_back(y);
vis[y] = 1;
}
}
}
}
return dis[t] != inf; // 能到达汇点就返回true
}
ll dfs(int x, ll sum){ // 和你的dfs几乎一样，沿最短路增广
if(x == t) return sum;
vis[x] = 1;
ll k, res = 0;
for(int i = now[x]; i && sum; i = e[i].next){
now[x] = i;
int y = e[i].to;
if(!vis[y] && e[i].val > 0 && dis[y] == dis[x] + e[i].cost){
k = dfs(y, min(sum, e[i].val));
if(k == 0) dis[y] = inf;
e[i].val -= k;
e[i ^ 1].val += k;
res += k;
sum -= k;
mincost += k * e[i].cost; // 关键：在这里累计费用
}
}
vis[x] = 0;
return res;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m >> S >> t;
int u, v;
ll w, c;
for(int i = 1; i <= m; i++){
cin >> u >> v >> w >> c;
addedge(u, v, w, c);
}
maxflow = 0;
mincost = 0;
while(spfa()){ // 找到最短路径
memset(vis, 0, sizeof(vis)); // 清空vis数组
maxflow += dfs(S, inf); // 沿最短路径增广
}
cout << maxflow << " " << mincost << endl;
return 0;
}
P3358 最长k可重区间集问题
费用流建模
考虑你最多给k的流量，原点容量为k,暴力显然是可以暴力，将线段拆为左端点和右端点，每条线段流量为1,然后从原点拉过来，然后向所有与他不相交的连流量为k的边。
但是你 \(n^2\) 会让你的SPFA爆炸，还有各种问题。
所以你离散化连边，只需要O(n)即可。
P4043 [AHOI2014/JSOI2014] 支线剧情
回溯操作很难搞，你没法在当前点数建模
所以就考虑边拆点，我们考虑一个边要能让他做什么，显然可以直接结束（如果是最大流的话，这个会保证），还可以往下走（废话），还可以跳到头。
但是回溯很难受，但是回溯 = 把当前贡献先给汇点，然后这条流就没了，等着树根接着往下流。
所以考虑u->v的边拆成两个点，i, i'
中间的inf流量0费用很好理解，i到T的也很好理解，贡献嘛，但是S到i‘的有点难理解，这么连的原因在与你贡献只是虚拟的，实际上流量还在，所以你贡献到T的还可以从S再接着往下。
P3980 [NOI2008] 志愿者招募
这是一个经典的
流量无用模型
你考虑时间轴，每段时间都需要ai的志愿者，那你就考虑时间轴上从左往右连接流量为inf-ai,费用为0的边，表示默认你这么多，因为最小费用最大流的前提是最大流，所以肯定流量你要达到inf,如何达到inf跑满呢，就需要志愿者边。
我们对于si,ti,连接一条si到ti+1,流量为inf,费用为c的边，代表s到t，每招募一个这个类型的志愿者（每流一个，要花费c）。
还有一个问题，你必须允许志愿者浪费，不然两个区间有交的话你没有办法重复贡献，导致出锅。
所以你要从T到S，每个点反着连不要钱且流量无限的边，这个因该很好理解。
做完了。
P2805 [NOI2009] 植物大战僵尸
先拓扑排序，把那种互相保护干不掉的，我们去掉。（注意！，一定要反图拓扑，否则会误判，也就是一个环里的点可能会保护其他的，但是你算不上，所以需要反图）
然后问题就变成了 最大权闭合子图
最大权闭合子图::实现
最大权闭合子图问题可以使用最小割解决OVO！。
连边方式
对于所有原图中的边 (u,v) ，连边 u→v ，容量为 INF 。
对于每个原图中的点 u ，设 u 的权值为 val[u] ：
若 val[u]>0 （正权点），连边 S→u ，容量为 val[u] 。
若 val[u]<0 （负权点），连边 u→T ，容量为 −val[u] 。
至于 val[u]=0 （零权点）的情况，向 S 还是 T 连边对答案并没有影响（见下解释），所以可以不做特判。
如图所示，右边是原图，网络流连边如左图所示。
不用证明，感性理解，很对（bushi）
然后你就做完了。
浙公网安备 33010602011771号