【网络流相关】网络流模型总结——加权二分图
@
引入
最近刷网络流24题时发现了一个比较通用的模型，拿出来总结一下。
Luogu P2756
Luogu P4014
Luogu P4015
Luogu P2763
对于这四道题，都可以构造成二分图模型，使用最大流或者费用流。
P2756 飞行员配对方案问题
其实这题没啥好说的……就是个二分图匹配，最后输出方案只需要枚举原二分图中的边看看哪些残量为\(0\)（也就是作为匹配边）即可。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m,num,cnt,u,v,head[20005],cur[20005],dis[20005],ans;
bool vis[20005];
struct data
{
int sta,to,next,val;
}e[5000005];
void add(int u,int v,int val)
{
e[++cnt].to=v;
e[cnt].sta=u;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
e[cnt].val=val;
}
bool bfs(int s,int t)
{
queue<int> que;
que.push(s);
for (int i=1;i<=n+2;i++) dis[i]=0,vis[i]=false,cur[i]=head[i];
vis[s]=true;
dis[s]=1;
while (!que.empty())
{
int now=que.front();
que.pop();
for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
{
v=e[i].to;
if (!vis[v]&&e[i].val>0)
{
dis[v]=dis[now]+1;
vis[v]=true;
if (v==t) return true;
que.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int now,int t,int flow)
{
if (!flow||now==t) return flow;
int used=0;
for (int i=cur[now];i;i=e[i].next)
{
cur[now]=i;
v=e[i].to;
if (dis[now]+1!=dis[v]) continue;
int tmp=dfs(v,t,min(flow-used,e[i].val));
if (tmp)
{
e[i].val-=tmp;
e[i^1].val+=tmp;
used+=tmp;
if (flow-used==0) return flow;
}
}
return used;
}
void Dinic(int s,int t)
{
while (bfs(s,t)) ans+=dfs(s,t,0x7fffffff);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&u,&v);
cnt=1;
while (u!=-1&&v!=-1)
{
add(u,v,1);
add(v,u,0);
scanf("%d%d",&u,&v);
}
for (int i=1;i<=m;i++) add(n+1,i,1),add(i,n+1,0);
for (int i=m+1;i<=n;i++) add(i,n+2,1),add(n+2,i,0);
Dinic(n+1,n+2);
if (ans)
{
printf("%d\n",ans);
for (int i=2;i<=cnt-2*n;i+=2) if (e[i].val==0) printf("%d %d\n",e[i].sta,e[i].to);
}
else printf("No Solution!");
return 0;
}
P4014 分配问题
根据题目的描述，可以注意到每一个人只能做一个工件，每一个工件只能给一个人做。所以我们可以考虑使用二分图模型。
把人和工件当成两个点集，就可以使用二分图匹配了。
但是值得注意的是，这题引入了一个效益。
所以我们考虑对于每一个边加入一个费用，人和工件之间的边容量为\(1\)，费用为\(cost[i][j]\)。
然后使用EK算法跑费用流即可，最大效益使用最长路，最小效益使用最短路。
#include<cstdio>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct data
{
int to,next,val,pri;
}e1[10005],e2[10005];
int head1[105],head2[105],flow[105],cost[105],pree[105],prep[105],ans,n,cnt=1;
bool vis[105];
void add(int u,int v,int w,int f)
{
e1[++cnt].to=v;
e1[cnt].next=head1[u];
e1[cnt].val=w;
e1[cnt].pri=f;
head1[u]=cnt;
}
int SPFA_short(int s,int t)
{
queue<int> que;
que.push(s);
for (int i=1;i<=t;i++) pree[i]=0,prep[i]=-1,cost[i]=inf,vis[i]=false,flow[i]=0;
vis[s]=true,pree[s]=0,prep[s]=0,cost[s]=0,flow[s]=inf;
while (!que.empty())
{
int u=que.front();
que.pop();
vis[u]=false;
for (int i=head1[u];i;i=e1[i].next)
{
int v=e1[i].to;
if (cost[v]>cost[u]+e1[i].pri&&e1[i].val>0)
{
flow[v]=min(flow[u],e1[i].val);
prep[v]=u;
pree[v]=i;
cost[v]=cost[u]+e1[i].pri;
if (!vis[v])
{
que.push(v);vis[v]=true;
}
}
}
}
if (prep[t]!=-1) return flow[t];
else return -1;
}
int SPFA_long(int s,int t)
{
queue<int> que;
que.push(s);
for (int i=1;i<=t;i++) pree[i]=0,prep[i]=-1,cost[i]=-inf,vis[i]=false,flow[i]=0;
vis[s]=true,pree[s]=0,prep[s]=0,cost[s]=0,flow[s]=inf;
while (!que.empty())
{
int u=que.front();
que.pop();
vis[u]=false;
for (int i=head2[u];i;i=e2[i].next)
{
int v=e2[i].to;
if (cost[v]<cost[u]+e2[i].pri&&e2[i].val>0)
{
flow[v]=min(flow[u],e2[i].val);
prep[v]=u;
pree[v]=i;
cost[v]=cost[u]+e2[i].pri;
if (!vis[v])
{
que.push(v);vis[v]=true;
}
}
}
}
if (prep[t]!=-1) return flow[t];
else return -1;
}
void EK(int s,int t)
{
int delta=SPFA_short(s,t);
while (delta!=-1)
{
ans+=cost[t]*delta;
for (int i=t;i;i=prep[i])
{
e1[pree[i]].val-=delta;
e1[pree[i]^1].val+=delta;
}
delta=SPFA_short(s,t);
}
printf("%d\n",ans);
ans=0;
delta=SPFA_long(s,t);
while (delta!=-1)
{
ans+=cost[t]*delta;
for (int i=t;i;i=prep[i])
{
e2[pree[i]].val-=delta;
e2[pree[i]^1].val+=delta;
}
delta=SPFA_long(s,t);
}
printf("%d",ans);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
add(i,j+n,1,tmp);
add(j+n,i,0,-tmp);
}
int s=2*n+1,t=2*n+2;
for (int i=1;i<=n;i++) add(s,i,1,0),add(i,s,0,0),add(i+n,t,1,0),add(t,i+n,0,0);
for (int i=1;i<=t;i++) head2[i]=head1[i];
for (int i=1;i<=cnt;i++) e2[i]=e1[i];
EK(s,t);
return 0;
}
P4015 运输问题
对于多个源点和多个汇点的网络流模型，一个通用的套路就是建立一个超级源点和超级汇点。
由于仓库能发送的流量是有限制的，我们考虑对超源和仓库之间的边加入一个容量限制，费用为\(0\)。
这样就能够意味着仓库可以免费从超源获取一定流量，也就是实现了仓库点存储流量的功能。
同理，零售商连向汇点也应该有一个容量限制，费用自然是为\(0\)。
至于仓库和零售商之间的边，流量没有任何限制，但费用应该为\(1\)。
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct data
{
int to,next,val,pri;
}e1[5005],e2[5005];
int cnt=1,head1[505],head2[5005],cost[505],flow[505],pree[505],prep[505],n,m,minans,maxans;
bool vis[505];
void add(int u,int v,int w,int p)
{
e1[++cnt].to=v;
e1[cnt].next=head1[u];
head1[u]=cnt;
e1[cnt].val=w;
e1[cnt].pri=p;
}
int SPFA_short(int s,int t)
{
queue<int> que;
for (int i=1;i<=t;i++) cost[i]=inf,pree[i]=0,prep[i]=-1,vis[i]=false;
que.push(s);
vis[s]=true;cost[s]=0;pree[s]=0;prep[s]=0;flow[s]=inf;
while (!que.empty())
{
int u=que.front();
que.pop();
vis[u]=false;
for (int i=head1[u];i;i=e1[i].next)
{
int v=e1[i].to;
if (e1[i].val>0&&cost[v]>cost[u]+e1[i].pri)
{
cost[v]=cost[u]+e1[i].pri;
pree[v]=i;
prep[v]=u;
flow[v]=min(flow[u],e1[i].val);
if (!vis[v])
{
que.push(v);
vis[v]=true;
}
}
}
}
if (prep[t]!=-1) return flow[t];
else return -1;
}
int SPFA_long(int s,int t)
{
queue<int> que;
for (int i=1;i<=t;i++) cost[i]=-inf,pree[i]=0,prep[i]=-1,vis[i]=false;
que.push(s);
vis[s]=true;cost[s]=0;pree[s]=0;prep[s]=0;flow[s]=inf;
while (!que.empty())
{
int u=que.front();
que.pop();
vis[u]=false;
for (int i=head2[u];i;i=e2[i].next)
{
int v=e2[i].to;
if (e2[i].val>0&&cost[v]<cost[u]+e2[i].pri)
{
cost[v]=cost[u]+e2[i].pri;
pree[v]=i;
prep[v]=u;
flow[v]=min(flow[u],e2[i].val);
if (!vis[v])
{
que.push(v);
vis[v]=true;
}
}
}
}
if (prep[t]!=-1) return flow[t];
else return -1;
}
void EK(int s,int t)
{
int delta=SPFA_short(s,t);
while (delta!=-1)
{
minans+=cost[t]*delta;
for (int i=t;i;i=prep[i])
{
e1[pree[i]].val-=delta;
e1[pree[i]^1].val+=delta;
}
delta=SPFA_short(s,t);
}
delta=SPFA_long(s,t);
while (delta!=-1)
{
maxans+=cost[t]*delta;
for (int i=t;i;i=prep[i])
{
e2[pree[i]].val-=delta;
e2[pree[i]^1].val+=delta;
}
delta=SPFA_long(s,t);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&m,&n);
int s=m+n+1,t=m+n+2;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
add(s,i,tmp,0);
add(i,s,0,0);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
add(i+m,t,tmp,0);
add(t,i+m,0,0);
}
for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
add(i,j+m,inf,tmp);
add(j+m,i,0,-tmp);
}
for (int i=1;i<=t;i++) head2[i]=head1[i];
for (int i=1;i<=cnt;i++) e2[i]=e1[i];
EK(s,t);
printf("%d\n%d",minans,maxans);
return 0;
}
P2763 试题库问题
其实这就是一个特殊的二分图匹配，允许某些点被选用多次。
那么我们在给源点连边的时候改一下容量限制即可。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int n,k,head[50005],cur[50005],dis[50005],cnt=1;
struct data
{
int to,next,val;
}e[50005];
void add(int u,int v,int w)
{
e[++cnt].to=v;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
e[cnt].val=w;
}
bool bfs(int s,int t)
{
queue<int> que;
que.push(s);
for (int i=1;i<=t;i++) dis[i]=0,cur[i]=head[i];
while (!que.empty())
{
int u=que.front();
que.pop();
for (int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if (!dis[v]&&e[i].val>0)
{
dis[v]=dis[u]+1;
if (v==t) return true;
que.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int t,int flow)
{
if (u==t||!flow) return flow;
int used=0;
for (int i=cur[u];i;i=e[i].next)
{
cur[u]=i;
int v=e[i].to;
if (dis[v]!=dis[u]+1) continue;
int tmp=dfs(v,t,min(flow-used,e[i].val));
if (!tmp) continue;
e[i].val-=tmp;
e[i^1].val+=tmp;
used+=tmp;
if (flow==used) return flow;
}
return used;
}
int Dinic(int s,int t)
{
int ans=0;
while (bfs(s,t)) ans+=dfs(s,t,0x3f3f3f3f);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&k,&n);
int s=k+n+1,t=k+n+2,tot=0;
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
tot+=tmp;
add(s,i,tmp);
add(i,s,0);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int p;
add(i+k,t,1);
add(t,i+k,0);
scanf("%d",&p);
for (int j=1;j<=p;j++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
add(tmp,i+k,1);
add(i+k,tmp,0);
}
}
if (Dinic(s,t)==tot)
{
for (int i=1;i<=k;i++)
{
printf("%d: ",i);
for (int j=head[i];j;j=e[j].next)
{
if (e[j].to==s) continue;
if (e[j].val==0) printf("%d ",e[j].to-k);
}
printf("\n");
}
}
else printf("No Solution!");
return 0;
}
