网络流建模例题

例 1：[ABC285G] Tatami

给定 \(n\times m\) 的矩阵，每个位置为 \(1/2/?\)，要用 \(1\times 1\) 和 \(1\times 2\)（可以选择）的单元覆盖整个矩形，满足 \(1\) 位置只能被 \(1\times 1\) 的覆盖，\(2\) 位置只能被 \(1\times 2\) 的覆盖，\(?\)位置任意，判断是否存在合法方案，\(n,m\le300\)

相当于用 \(1\times 2\) 的单元覆盖所有 \(2\) 位置，且不能覆盖 \(1\) 位置

将矩阵黑白染色，分为两部分，相邻的非 \(1\) 位置之间连边，则转化为判断二分图是否存在一种匹配，满足所有的 \(2\) 都被匹配了

无法直接求，但是若将 \(?\) 位置之间两两连边，并将左右点数补成相同（补的点看做 \(?\)），则转化为判断是否存在完美匹配

但是直接两两连边边数为 \(O((nm)^2)\) 的

可以在中间增加一个点，左右都和其连边

总时间复杂度 \(O(nm\sqrt{nm})\)

代码

例 2：CF708D Incorrect Flow

给定一张 \(n\) 点 \(m\) 边的有源汇网络，每次可以花 \(1\) 的代价使某条边的流量 \(f\) 或容量 \(c\) 加减一，求要使其合法，最少需要花费的代价，\(n,m\le100,c,f\le10^6\)

对于原图的边 \((u,v,c,f)\)，首先需要 \(u\) 到 \(v\) 连容量上下界都是 \(f\)，费用为 \(0\) 的边，然后考虑连修改的边：

若 \(f\le c\)，则
- 可以花 \(1\) 的代价使流量减小，相当于从 \(v\) 到 \(u\) 退流，且最多减小 \(c\) 次，因此 \(v\) 到 \(u\) 连容量上界为 \(f\)，费用为 \(1\) 的边
- 可以花 \(1\) 的代价增大流量，最多增加 \(f-c\) 次，从 \(u\) 到 \(v\) 连容量上界为 \(f-c\)，费用为 \(1\) 的边
- 流量等于 \(c\) 后，可以花 \(2\) 的代价使容量和流量都加一，因此 \(u\) 到 \(v\) 连容量上界 \(\infty\)，费用为 \(2\) 的边（显然最小费用最大流会优先选择费用小的边，因此不用考虑和前一种冲突）
若 \(f>c\)，则至少需要花 \(f-c\) 的代价令 \(f=c\)，因此将 \(f-c\) 先计入总答案
- 此时的 \(f\) 在 \([c,f]\) 的范围内，即在流量等于 \(f\) 的基础上，可以令流量免费减少不超过 \(f-c\)，因此 \(v\) 到 \(u\) 连容量为 \(f-c\)，费用为 \(0\) 的边
- 然后可以花 \(1\) 的代价继续减小，从 \(v\) 到 \(u\) 连容量为 \(c\)，费用为 \(1\) 的边（同样会优先选择上一种，不需要考虑冲突）
- 或者花 \(2\) 的代价加一（显然最优解不会先减少再增加），\(u\) 到 \(v\) 连容量为 \(\infty\)，费用为 \(2\) 的边

然后跑有源汇上下界最小费用可行流即可

时间复杂度 \(\def\la{\langle}\def\ra{\rangle} O(\la N\ra \la M\ra \la F\ra)=O(n(n+m)mv)\)，但基本卡不满

代码

例 3：[ABC239G] Builder Takahashi

求图的最小割（点），\(n\le 100\)

拆点，原本的点 \(i\) 拆为 \(i\) 和 \(i+n\)，其中 \(i\) 为入点，\(i+n\) 为出点，\(i\) 向 \(i+n\) 连边，边权为删去点 \(i\) 的代价；原图的边 \(u-v\) 在新图上连 \(u-(v+n)\) 和 \(v-(u+n)\)，边权为无穷大；然后求新图上 \(n+1\) 到 \(n\) 的最小割即可

时间复杂度 \(O(n^2m)\)

代码

例 4：[ABC274G] Security Camera 3

\(n\times m\) 的网格，一部分位置有障碍物，可以放置监控（一个位置可以放置多个），一个监控可以覆盖它正方向（四个方向之一）的所有位置（包括自己的位置，但不能穿越障碍物），求覆盖所有无障碍位置所需的最小监控数量，\(n,m\le300\)

对于每行和每列，分别求出所有极长连续无障碍子段。显然一个这样的子段最多放置一个监控

对于位置 \((i,j)\)，显然它所在的行极长连续无障碍子段和列极长连续无障碍子段中，至少一个需要放置监控

因此在两者之间连边，求出得到的二分图的最小边覆盖即可

时间复杂度 \(O(nm\sqrt {nm})\)

代码

例 5：[ABC317G] Rearranging

\(n\) 行 \(m\) 列的矩阵（\(1\sim n\) 每个数恰好出现 \(m\) 次），可以重排每一行，使得最后得到的矩阵每一列都是 \(1\sim n\) 的排列，求是否存在方案并给出具体方案，\(n,m\le100\)

建立 \(n\) 个左部点分别表示每一行，建立 \(n\) 个右部点分别表示每种值，对于每个位置在它所在行对应的点和它的值对应的点之间连边

则相当于在得到的图上求 \(m\) 次完美匹配，且每次用的边不能重复

每次将匹配过的点删去并重置源点到左部点、右部点到汇点的边即可

时间复杂度 \(O(m\cdot mn\cdot \sqrt n)=O(m^2n^{3/2})\)

代码

例 6：[AGC034D] Manhattan Max Matching

\((RX_i,RY_i)\) 上有 \(RC_i\) 个红点，\((BX_i,BY_i)\) 上有 \(BC_i\) 个蓝点，其中 \(1\le i\le n\)，满足 \(\sum RC_i=\sum BC_i\)。要将其配对，配对的价值为两个点的曼哈顿距离，求最大价值。\(n\le1000,RC_i,BC_i\le10,RX_i,RY_i,BX_i,BY_i\le10^9\)

\((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\) 之间的曼哈顿距离为

\[\begin{aligned} &|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\\ =&\max(x_1-x_2,x_2-x_1)+\max(y_1-y_2,y_2-y_1)\\ =&\max(x_1-x_2+y_1-y_2,x_1-x_2+y_2-y_1,x_2-x_1+y_1-y_2,x_2-x_1+y_2-y_1)\\ =&\max((x_1+y_1)+(-x_2-y_2),(x_1-y_1)+(-x_2+y_2),(-x_1+y_1)+(x_2-y_2),(-x_1-y_1)+(x_2+y_2))\\ \end{aligned}\]

于是红点作为左部点，蓝点作为右部点，中间建立四个虚点，左右分别和其连边（注意顺序），求多重最大权匹配即可（显然求最大权匹配时，会选四条边种最大的一个）

理论时间复杂度为 \(O(n^2f)\)，但实际跑不满

代码

例 7：P6062 [USACO05JAN] Muddy Fields G

基本和 [ABC274G] Security Camera 3 相同

代码

例 8：CF1404E Bricks

类似 P6062 [USACO05JAN] Muddy Fields G，但是区域不能重叠，求最少数量，\(n,m\le200\)

定义分割线为分割两个向邻的可放置格子的线，定义选择分割线为最终方案中此分割线两侧分属不同区域，定义分割线相邻当且仅当两者有公共点

显然相邻的一对分割线中至少选择一个

相邻分割线中一定是一个横向，一个纵向

因此建立二分图，横向分割线对应左部点，纵向对应右部点，两线相邻则连边

由于最终区域数量要最少，因此选择的分割线最少，即不选的最多，而显然不选的分割线组成二分图的一个独立集，因此问题转化为求二分图的最大独立集

时间复杂度 \(O(nm\sqrt {nm})\)

代码

例 9：[AGC037D] Sorting a Grid

给定 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\)（值为 \(1\sim n\times m\) 的排列），行内重排得到矩阵 \(B\)，\(B\) 列内重排得到矩阵 \(C\)，\(C\) 行内重排得到矩阵 \(D\)，其中 \(D_{i,j}=(i-1)m+j\)，求一组可能的 \((B,C)\)，\(n,m\le100\)

左中右三部分点，左侧 \(n\) 个点表示 \(A\) 和 \(B\) 的行，右侧 \(n\) 个点表示 \(C\) 和 \(D\) 的行，中间 \(n\times m\) 个点表示 \(B\) 和 \(C\) 的值

若 \(A_{i,j}=x\)，则左侧第 \(i\) 个点向中间第 \(x\) 个点连边

若 \(D_{i,j}=y\)，则中间第 \(y\) 个点向右侧第 \(i\) 个点连边

源点向左侧点连边，右侧点向汇点连边

所有边的容量都是 \(1\)

进行 \(m\) 次匹配，每次确定 \(B\) 和 \(C\) 的一列（每次匹配后删去已经匹配的边，重置源汇的边），可证每次都为完美匹配

第 \(x\) 次匹配中 \(i-v-j\)（其中 \(i\) 为左侧点编号，\(j\) 为中间，\(k\) 为右侧）表示 \(A\) 的第 \(i\) 行有值 \(v\)，\(B\) 第 \(i\) 行第 \(x\) 个为 \(v\)，\(C\) 第 \(j\) 行第 \(x\) 个为 \(v\)，\(D\) 第 \(j\) 行有值 \(v\)

可证其正确性

时间复杂度 \(O(m\cdot nm\sqrt{nm}=nm^2\sqrt{nm})\)

代码

例 10：CF704D Captain America

给定平面上 \(n\) 个点，要给每个点染红色或黑色，\(m\) 条限制 \((1/2,l,x)\)，表示直线 \(x=l/y=l\) 上两种颜色点数量之差不超过 \(x\)，求一种染色方案，使黑点数量乘以 \(b\) 加红点数量乘以 \(r\) 最小，或判定无解，\(n,m\le10^5,x,y\le10^9\)

先对坐标离散化

假定 \(r\le b\)（若 \(r>b\) 交换即可，但输出方案时要注意）

若没有限制，则全染红最优

令 \(xct_i\) 表示 \(x=i\) 的点的数量，对于限制 \((1,l,x)\)，相当于要求直线 \(x=l\) 上红点数量在 \(\left[\max\left(0,\left\lceil\dfrac{l-xct_i}2\right\rceil\right),\min\left(xct_i,\left\lfloor\dfrac{l+xct_i}2\right\rfloor\right)\right]\) 范围内（若某一条限制对应的区间为空则直接判无解）

\((2,l,x)\) 同理

问题转化为在给定点集中选出一个子集，使得其满足 \(m\) 条形如直线 \(x=l/y=l\) 上选出的数量在 \([L,R]\) 内的要求

对于每个 \(x\) 坐标建立一个左部点，每个 \(y\) 坐标建立右部点，源点向左部点连边的上下界为该左部点对应 \(x\) 坐标最紧的限制，右部点向汇点的边的上下界为该右部点对应 \(y\) 坐标最紧的限制

对于每个点，在其 \(x\) 坐标对应左部点和 \(y\) 坐标对应右部点之间连上下界为 \([0,1]\) 的边

则得到的图的上下界可行流即为一组解（若没有可行流则判无解）

由于要权值最小，因此红点最多，求上下界最大流即可

时间复杂度 \(O((n+m)\sqrt{n})\)

代码

例 11：CF1592F2 Alice and Recoloring 2

给定一个 \(n\times m\) 的 \(0/1\) 矩阵 \(s\)，每次用 \(1\) 的代价翻转包含 \((1,1)\) 的子矩阵，用 \(2\) 的代价翻转包含 \((n,m)\) 的子矩阵，用 \(3\) 的代价翻转包含 \((n,1)\) 的子矩阵，用 \(4\) 的代价翻转包含 \((1,m)\) 的子矩阵，求使原矩阵全 \(0\) 的最小代价，\(n,m\le500\)

一次 \(3\) 操作可以转化为两次 \(1\) 操作，且代价更小，因此最优解一定没有 \(3\) 操作；同理也没有 \(4\) 操作

因此转化只有为翻转左上角和翻转右下角两种操作

令 \(a_{i,j}=s_{i,j}\oplus s_{i+1,j}\oplus s_{i,j+1}\oplus s_{i+1,j+1}\)（假定 \(s\) 给定范围外全为 \(0\)）

则 \(1\) 操作相当于 \(a\) 单点翻转，\(2\) 操作相当于同时翻转 \(a_{i,j},a_{n,j},a_{i,m},a_{n,m}\)，其中 \(1\le i<n,1\le j<m\)

可证至少存在一种最优方案，其中对 \((i,j)\) 进行 \(2\) 操作的必要条件为 \(a_{i,j},a_{n,j},a_{i,m}\) 同时为 \(1\)，且所有进行 \(2\) 操作的点的横纵坐标互不相同

建立二分图，左侧 \(n-1\) 个点表示 \(x\) 坐标，右侧 \(m-1\) 个点表示 \(y\) 坐标，若 \((i,j)\) 满足上述要求，则对应两点连边

显然 \(2\) 操作越多，剩下需要 \(1\) 操作处理的点越少，因此求图的最大匹配，设为 \(k\)

令 \(a_{n,m}\) 异或 \(k\bmod 2\)，设 \(a\) 中 \(1\) 的数量为 \(S\)，则答案为 \(S-k\)

时间复杂度 \(O((n+m)\sqrt{nm})\)

代码

例 12：CF802C Heidi and Library (hard)

一个容量为 \(k\) 的容器，每次可以花 \(c_i\) 的代价放入一个 \(i\) 类物品，或取出其中一个物体，要求第 \(i\) 时刻必须有 \(a_i\) 号物体（同一时刻可以多次操作），求最小代价，\(1\le a_i\le n\le80\)

每个元素在容器中的时间为若干区间

先假设每个元素在第一次需要时放入，最后一次需要之后移除，然后考虑每时刻容量限制对答案的增量

即先选出整个区间，然后将整个区间划分为若干子区间，以减小容量

每时刻最多可以保留 \(k\) 个元素到下一时刻，因此 \(i\) 到 \(i+1\) 连容量 \(k\) 费用 \(0\) 的边

设上一个与 \(i\) 时刻需要的元素相同的时刻为 \(pr_i\)（若不存在则为源点），则可以将 \(a_i\) 的整个区间在 \(pr_i\) 和 \(i\) 之间划分开，需要花 \(c_{a_i}\) 的代价重新放入，为了避免 \(i\) 时刻放入再取出而不记容量，假设是在前一时刻放入的，\(pr_i\) 向 \(i-1\)（为了避免出现 \(0\) 时刻，若 \(i=1\) 则不需要减 \(1\)，因为此时一定是源点向其连边）连容量 \(1\) 费用 \(c_{a_i}\) 的边