P3980:[NOI2008]志愿者招募题解

解法

我们可以把整个工作流程想像成网络流上的一条链:第\(i\)天连接到第\(i+1\)天的,流量为\(INF – A_i\),费用为\(0\);其中第\(n+1\)连接到汇点,流量为\(INF\),费用为\(0\);源点连接到点\(1\),流量为\(INF\),费用为\(0\)。

对于每一组志愿者\((s_i, t_i, c_i)\),考虑连边\((s_i, t_i + 1, INF, c_i)\),这样意味着整个工作流中可以从额外管道中获取流量,将最大流调整到\(INF\)。

所以求得的最小费用肯定是在最大流量\(INF\)的前提下求得的,即为答案。

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P2604:[ZJOI2010]网络扩容题解

解法

大水题。

考虑按照给定数据建一张费用全部为 0 的图。跑完费用流求最大流输出答案之后,在现有的边的基础上加一条方向一致、容量无限、费用为\(w_i\)的边,最后开一个新点连接点\(n\),容量为\(k\)即可。

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LibreOJ 6007:「网络流 24 题」方格取数题解

解法

这道题可以看作是网络流的一个模型了。我们把棋盘染色成红色和黑色。然后,源点连红色点,最大流限制为红点的点权;黑点全部连到汇点,最大流限制为黑点的点权。答案为点权总和减去最大流。

我们可以尝试理解一下:对于\(m = 1, n = 2\)的情况:

\[ [ x, y ] \]

那么假设\(x\)为黑点,\(y\)为红点,在网络上是这样的:

我们会发现最大流只会留下较小的一项。这样的话,我们可以感性推广到任何情况,大难点权和减掉最小割就行了。

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LibreOJ 6005:「网络流 24 题」最长递增子序列题解

主要思路

这道题还是很有意思的,建图方式非常的巧妙。首先我们先把第一问的 DP 用 \(O(n \log n)\) 的时间求解一下,顺便搞到一个数组\(f[i]\),含义是以\(i\)为结尾的最长子序列长度。建图的时候要注意的是,每一个位置对应的点要拆成两个:这是为了保持答案的唯一性。所以对于\(f[i]=1\)的点\(i\),连边\((s,i)\);对于\(f[i]=k\)的点\(i\),连边\((i+n,t)\)。之后,如果对于\((u,v), f[v] = f[u] + 1, arr[u] \leq arr[v]\)进行连边,跑个最大流就可以出答案了。

第三问其实跟第二问的差不多,只需要把点\(1\)和点\(n\)的外向边(到源点或者是汇点的边)的最大流限制改成无穷大即可。

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LibreOJ 6003:「网络流 24 题」魔术球题解

思路

这道题其实跟 LOJ 6002 建模方式差不多,只是加了一个二分答案来进行动态建图。见代码:

代码

// LOJ6003.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e4 + 100, INF = 0x3f3f3f3f;
int head[MAX_N], current, s, t, dep[MAX_N], cur[MAX_N], n, tot, upward[MAX_N], tag[MAX_N], unit;
struct edge
{
    int to, nxt, weight;
} edges[500010];
void addpath(int src, int dst, int weight)
{
    edges[current].to = dst, edges[current].weight = weight;
    edges[current].nxt = head[src], head[src] = current++;
}
void add(int u, int v, int w) { addpath(u, v, w), addpath(v, u, 0); }
bool bfs()
{
    queue<int> q;
    q.push(s), memset(dep, 0, sizeof(dep));
    dep[s] = 1;
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
            if (edges[i].weight > 0 && dep[edges[i].to] == 0)
                dep[edges[i].to] = dep[u] + 1, q.push(edges[i].to);
    }
    return dep[t] != 0;
}
int dfs(int u, int flow)
{
    if (u == t || flow == 0)
        return flow;
    for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
        if (dep[edges[i].to] == dep[u] + 1 && (edges[i].weight > 0))
        {
            int to = edges[i].to, fl = dfs(to, min(flow, edges[i].weight));
            if (fl > 0)
            {
                upward[u] = to;
                if (u != s)
                    tag[edges[i].to - unit] = true;
                edges[i].weight -= fl, edges[i ^ 1].weight += fl;
                return fl;
            }
        }
    return 0;
}
int dinic()
{
    memset(tag, false, sizeof(tag));
    int ans = 0;
    while (bfs())
    {
        for (int i = 0; i <= tot; i++)
            cur[i] = head[i];
        while (int f = dfs(s, INF))
            ans += f;
    }
    return ans;
}
bool check(int num)
{
    unit = num;
    tot = (num << 1) + 2, s = tot - 1, t = tot;
    memset(head, -1, sizeof(head)), current = 0;
    for (int i = 1; i <= num; i++)
        add(s, i, 1), add(i + num, t, 1);
    for (int i = 1; i <= num; i++)
        for (int j = 1; j * j - i <= num; j++)
            if (i < j * j - i)
                add(j * j - i, i + num, 1);
    return num - dinic() <= n;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int l = 1, r = MAX_N - 2000, ans;
    while (l <= r)
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid))
            l = mid + 1, ans = mid;
        else
            r = mid - 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
    check(ans);
    for (int i = 1; i <= ans; i++)
        if (!tag[i])
        {
            int p = i;
            printf("%d ", p);
            while (upward[p] && upward[p] != t && upward[p] - ans >= 0)
                printf("%d ", upward[p] - ans), p = upward[p] - ans;
            puts("");
        }
    return 0;
}

LibreOJ 6002:「网络流 24 题」最小路径覆盖题解

思路

这个模型有点儿牛逼哦。

我们先来建一个网络。我们把我们得到的\(n\)个点复制一遍,变成第\(i\)与第\(i+n\)个点。让源点全部连接点域\([1,n]\)内的点,让点域\([n+1,2n]\)内的点全部连接汇点。如果有边\((u,v)\),连接边\((u,v+n)\)。这里面所有的边容量都是\(1\)。求最大流做差即可。

我们把网络分层(把它想成 3D 的形状),第一层是源点和原生点,第二层是复制点和汇点。这两层之间的边都相当于有向无环图里的单向边,求最大流即可知道哪些不是路径覆盖中的点。

代码

// LOJ6002.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 200 * 3, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, head[MAX_N], current, upward[MAX_N], s, t, dep[MAX_N], cur[MAX_N], tmpx, tmpy;
bool tag[MAX_N];
struct edge
{
    int to, nxt, weight;
} edges[6000 << 2];
void addpath(int src, int dst, int weight)
{
    edges[current].to = dst, edges[current].weight = weight;
    edges[current].nxt = head[src], head[src] = current++;
}
void add(int src, int dst, int w) { addpath(src, dst, w), addpath(dst, src, 0); }
bool bfs()
{
    memset(dep, 0, sizeof(dep));
    queue<int> q;
    q.push(s), dep[s] = 1;
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
            if (edges[i].weight > 0 && !dep[edges[i].to])
                q.push(edges[i].to), dep[edges[i].to] = dep[u] + 1;
    }
    return dep[t] != 0;
}
int dfs(int u, int flow)
{
    if (u == t || flow == 0)
        return flow;
    for (int &i = cur[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
        if (edges[i].weight > 0 && dep[edges[i].to] == dep[u] + 1)
        {
            int to = edges[i].to, fl = dfs(to, min(edges[i].weight, flow));
            if (fl > 0)
            {
                upward[u] = edges[i].to;
                if (u != s)
                    tag[edges[i].to - n] = true;
                edges[i].weight -= fl, edges[i ^ 1].weight += fl;
                return fl;
            }
        }
    return 0;
}
int Dinic()
{
    int ans = 0;
    while (bfs())
    {
        for (int i = 1; i <= 2 * n + 2; i++)
            cur[i] = head[i];
        while (int fl = dfs(s, INF))
            ans += fl;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!tag[i])
        {
            int p = i;
            printf("%d ", p);
            while (upward[p] && upward[p] != t)
                printf("%d ", upward[p] - n), p = upward[p] - n;
            printf("\n");
        }
    return ans;
}
int main()
{
    memset(head, -1, sizeof(head));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    s = n * 2 + 1, t = s + 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        add(s, i, 1), add(i + n, t, 1);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        scanf("%d%d", &tmpx, &tmpy);
        add(tmpx, tmpy + n, 1);
    }
    printf("%d", n - Dinic());
    return 0;
}