网络流想法随记

hdu3488这种题

hdu3435

有向环最小权值覆盖

出现每条路或点只能走一次  要联想到欧拉回路 、 哈密顿回路 、 网络流容量设为1

然后题中又说能有好几个环 那么自然想到网络流 拆点 X集和Y集 ， u - 》 v 连一条边 就是 X集向Y集连一条边 

以前想错了  一直认为 如果存在两条路为 u - 》 v      p - 》 u  这样连边之后u会用两次  其实就一次啦  入度和出度去想

分清有向环最小权覆盖 和 最小边集覆盖

有向环最小权覆盖是一个哈密顿回路，有环， 求的是在环中的边的和的最小值 即Node[i].c == 0 的的和的最小值  用KM或spfa

最小边集覆盖是一个有向无环图，求的是n - max_flow， 即无环图的个数 用Dinic 或 匈牙利 hk

 

hdu3416

这种 就是在图中 找出所有的最短路有几条 而且路只能走一次  的这种题

首先明确什么是矛盾 （这题中每个最短路肯能有重复的边  那么这个边就是矛盾）

正着一遍spfa  反着一遍spfa 对于每条边 如果在最短路上  那么就加入网络流的图里

这样类似的题  就是这个思想

当然对于棋盘的这种题  可以用bfs来建边

最大权闭合子图

盈利在左边  花费在右边

然后所有盈利 - 最大流 就是答案

输出方案：

如果左边的点i的d[i] != 0 则说明i被选择

如果右边的点j的d[j] != 0 则说明j被选择

例题：

网络流24题 

太空飞行计划问题

题目链接：https://www.oj.swust.edu.cn/problem/show/1737

注意按时间点  和 时间段建边 还有归类建边 如果为同一类 那么建一个点就好了 容量为这个类中情况的数量

棋盘的其它题  不要忘了黑白染色

不要忽略某个元素只能用一次  

hdu 3376

一个图 求起点到终点 再从终点到起点 的权值最大或最小

就是走两遍起点到终点啦

费用流就行啦   容量为2  就好啦

以下这种题还是用KM稳妥

HDU - 3315

有S1到Sn这n个勇士要和X1到Xn这n个勇士决斗,初始时,Si的决斗对象是Xi. 如果Si赢了Xi,那么你将获得Vi分,否则你将获得-Vi分. Si和Xi对决时,Si有初始生命Hi,初始攻击Ai, Xi有初始生命Pi,初始攻击Bi. 且Si先出手,然后Xi失去Ai生命,之后如果Xi没死,那么Xi出手,Si失去Bi生命. 直到有一方的生命值<=0时,决斗结束.

 现在要你重新安排S和X的决斗顺序,使得你能获得的分最多.如果有多个最优解,你要选取那个维持初始决斗顺序最多的解.

这种题仔细想一下   攻击和血量。。。唯一的作用是不是就是确立两者的关系  并没有其它作用

然后得分为费用  容量为1表示每个只能打一场比赛

HDU - 3395

这题 和 上题一种类题 都是 给出每对元素之间结合后的 权值 然后 给出一个关系

费用流即可

这题中说无论这条鱼是否被攻击 都能再攻击别人 且只能一次  意思就是 入度出度均为1

建边  跑费用流即可

预定义状态建边

HDU_4067

题意：

　　给一张图，删除其中一些单向边，使起点s出度比入度多1，终点t入度比出度多1，其他点出度等于入度。其中删除边的费用是b_i，保留边的费用是a_i，问完成要求最小的费用是多少。

对于这样的一条边有两种状态选择，联想欧拉路的混合图

先定向建边，这里就是先确定是保留还是删除

然后建反悔边就好了

总的来说就是预定义状态建边  然后跑反悔边

公式建图

HYSBZ - 1061

一个类影响一个区间

列公式

https://www.cnblogs.com/WTSRUVF/p/9955187.html

求最大价值 ——》 最小割求最小价值损失

HDU - 1565 方格取数

HDU - 3820 Golden Eggs

 

 最大密度子图

s 向每条边建权值为1的边

每条边向u和v建权值为INF的边

每个点向t建权值为mid的边

二分mid

        while(r - l > (1.0 / n / n))
        {
            double mid = (r + l) / (double) 2;
            build(mid);
            if(sum - Dinic() > eps) l = mid;
            else r = mid;
        }

每条边的c对应也要成为double型的

int n, m, s, t;
vector<int> f, g;
struct edge
{
    int u, v;
}Edge[maxn];
int head[maxn], cur[maxn], vis[maxn], d[maxn], cnt, nex[maxn << 1];
int ans;
struct node
{
    int u, v;
    double c;
}Node[maxn << 1];

void add_(int u, int v, double c)
{
    Node[cnt].u = u;
    Node[cnt].v = v;
    Node[cnt].c = c;
    nex[cnt] = head[u];
    head[u] = cnt++;
}

void add(int u, int v, double c)
{
    add_(u, v, c);
    add_(v, u, 0);
}

bool bfs()
{
    queue<int> Q;
    mem(d, 0);
    Q.push(s);
    d[s] = 1;
    while(!Q.empty())
    {
        int u = Q.front(); Q.pop();
        for(int i = head[u]; i != -1; i = nex[i])
        {
            int v = Node[i].v;
            if(!d[v] && Node[i].c > 0)
            {
                d[v] = d[u] + 1;
                Q.push(v);
                if(v == t) return 1;
            }
        }
    }
    return d[t] != 0;
}

double dfs(int u, double cap)
{
    double ret = 0;
    if(u == t || abs(cap) < eps)
        return cap;
    for(int &i = cur[u]; i != -1; i = nex[i])
    {
        int v = Node[i].v;
        if(d[v] == d[u] + 1 && Node[i].c > 0)
        {
            double V = dfs(v, min(cap, Node[i].c));
            Node[i].c -= V;
            Node[i ^ 1].c += V;
            ret += V;
            cap -= V;
            if(cap == 0) break;
        }
    }
    if(cap > 0) d[u] = -1;
    return ret;
}

double Dinic()
{
    double ans = 0;
    while(bfs())
    {
        memcpy(cur, head, sizeof head);
        ans += dfs(s, INF);
    }
    return ans;
}

void build(double mid)
{
    mem(head, -1), cnt = 0;
    rap(i, 1, m)
    {
        add(s, i, 1);
        add(i, m + Edge[i].u, INF);
        add(i, m + Edge[i].v, INF);
    }
    rap(i, 1, n)
    {
        f.push_back(cnt);
        add(m + i, t, mid);
    }
}

如果要输出点集  

则用dfs从s 顺着边走标记点

然后输出1 - n种被标记的点即可

void f_dfs(int u)
{
    for(int i = head[u]; i != -1; i = nex[i])
    {
        int v = Node[i].v;
        if(!vis[v] && Node[i].c > eps)
        {
            vis[v] = 1, f_dfs(v);
            if(v - m >= 1 && v - m <= n) ans++;
        }
    }    
}

完整代码如下

uva - 1389

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <sstream>
#include <cstring>
#include <map>
#include <cctype>
#include <set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <bitset>
#define rap(i, a, n) for(int i=a; i<=n; i++)
#define rep(i, a, n) for(int i=a; i<n; i++)
#define lap(i, a, n) for(int i=n; i>=a; i--)
#define lep(i, a, n) for(int i=n; i>a; i--)
#define rd(a) scanf("%d", &a)
#define rlld(a) scanf("%lld", &a)
#define rc(a) scanf("%c", &a)
#define rs(a) scanf("%s", a)
#define rb(a) scanf("%lf", &a)
#define rf(a) scanf("%f", &a)
#define pd(a) printf("%d
", a)
#define plld(a) printf("%lld
", a)
#define pc(a) printf("%c
", a)
#define ps(a) printf("%s
", a)
#define MOD 2018
#define eps 1e-7
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define Pair pair<int, int>
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define _  ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
//freopen("1.txt", "r", stdin);
using namespace std;
const int maxn = 10010, INF = 0x7fffffff;
int n, m, s, t;
vector<int> f, g;
struct edge
{
    int u, v;
}Edge[maxn];
int head[maxn], cur[maxn], vis[maxn], d[maxn], cnt, nex[maxn << 1];
int ans;
struct node
{
    int u, v;
    double c;
}Node[maxn << 1];

void add_(int u, int v, double c)
{
    Node[cnt].u = u;
    Node[cnt].v = v;
    Node[cnt].c = c;
    nex[cnt] = head[u];
    head[u] = cnt++;
}

void add(int u, int v, double c)
{
    add_(u, v, c);
    add_(v, u, 0);
}

bool bfs()
{
    queue<int> Q;
    mem(d, 0);
    Q.push(s);
    d[s] = 1;
    while(!Q.empty())
    {
        int u = Q.front(); Q.pop();
        for(int i = head[u]; i != -1; i = nex[i])
        {
            int v = Node[i].v;
            if(!d[v] && Node[i].c > 0)
            {
                d[v] = d[u] + 1;
                Q.push(v);
                if(v == t) return 1;
            }
        }
    }
    return d[t] != 0;
}

double dfs(int u, double cap)
{
    double ret = 0;
    if(u == t || abs(cap) < eps)
        return cap;
    for(int &i = cur[u]; i != -1; i = nex[i])
    {
        int v = Node[i].v;
        if(d[v] == d[u] + 1 && Node[i].c > 0)
        {
            double V = dfs(v, min(cap, Node[i].c));
            Node[i].c -= V;
            Node[i ^ 1].c += V;
            ret += V;
            cap -= V;
            if(cap == 0) break;
        }
    }
    if(cap > 0) d[u] = -1;
    return ret;
}

double Dinic()
{
    double ans = 0;
    while(bfs())
    {
        memcpy(cur, head, sizeof head);
        ans += dfs(s, INF);
    }
    return ans;
}

void build(double mid)
{
    mem(head, -1), cnt = 0;
    rap(i, 1, m)
    {
        add(s, i, 1);
        add(i, m + Edge[i].u, INF);
        add(i, m + Edge[i].v, INF);
    }
    rap(i, 1, n)
    {
        f.push_back(cnt);
        add(m + i, t, mid);
    }
}

void f_dfs(int u)
{
    for(int i = head[u]; i != -1; i = nex[i])
    {
        int v = Node[i].v;
        if(!vis[v] && Node[i].c > eps)
        {
            vis[v] = 1, f_dfs(v);
            if(v - m >= 1 && v - m <= n) ans++;
        }
    }    
}



int main()
{
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
    {
        ans = 0;
        f.clear();
        g.clear();
        if(m == 0)
        {
            cout << 1 << endl;
            cout << 1 << endl;
            continue;
        }
        mem(head, -1);
        cnt = 0;
        int u, v, sum = m;
        f.clear();
        s = 0, t = n + m + 1;
        rap(i, 1, m)
        {
            rd(Edge[i].u), rd(Edge[i].v);
        }
        double l = 1 / (double) n, r = m;
        while(r - l > (1.0 / n / n))
        {
           // mem(head, -1), cnt = 0;
           // f.clear();
            double mid = (r + l) / (double) 2;
            build(mid);
            if(sum - Dinic() > eps) l = mid;
            else r = mid;
        }
        f.clear();
           build(l);
           Dinic();
           mem(vis, 0);
           f_dfs(s);
        cout << ans << endl;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            if(vis[i + m])
                cout << i << endl;
        
    }

    return 0;
}

最小路径覆盖：

给出一个DAG，求能否用不相交的几条路径连接所有的点

（如果是无向图  记得w[i][j] = w[j][i] = min(w[i][j], tmp);   那么求出来的就是几个哈密顿回路HDU - 3488， 如果涉及权值问题那就用KM或者spfa)

最小路径覆盖就是求有向无环图的个数

那么一个有向无环图就是使这个图内的点尽量多然后且无环，也就是使无环图的个数尽量少

对于一个图求强连通分量后然后缩点， 那么最后的这几个点是不是一定无环

例题：

HDU

3488

（说了是随记随记）

显然这是一个匈牙利就能解决的问题  但我还是喜欢网络流比较稳妥

例题： 网络流24题：

同名板题 最小路径覆盖  魔术球问题

拆点  分左边和右边 把有关系的点连边 跑最大流即可  最后n - ans 即为答案

输出路径

遍历n个点u，然后for(int i = head[u]; i != -1; i = nex[i]) 遍历每个点的子代，用to[u]记录当前点的下一个点  vis[v] = 1标记点 目的是：当某个点的vis[i]值为0时，则这个点就是起点  输出的时候从起点开始 for(int j = i; j; j = to[j])  输出即可

rap(u, 1, n)
        for(int i = head[u]; i != -1; i = nex[i])
        {
            int v = Node[i].v;
            if(Node[i].c == 0 && !vis[v - n] && v)
                to[u] = v - n, vis[v - n] = 1;
        }
    rap(i, 1, n)
    {
        if(!vis[i])
        {
            for(int j = i; j; j = to[j])
                cout << j << " ";
            cout << endl;
        }
    }