上下界网络流模型常见解法

一、无源汇可行流

1、设立虚拟源汇S、T，IN[i]记录i点流入下限的总和，OUT[i]记录i点流出下限总和

2、两点间连容量为上限-下限的边

3、sum=0，遍历所有点i，f=IN[i]-OUT[i]。如果f>0，sum+=f，add(S,i,f)；否则，add(i,T,-f)

4、如果S到T的最大流等于sum，则存在可行流，反之不存在

例题

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2314

n个点，m条边，每条边从a到b有一个流量下限和一个流量上限，问是否存在可行流，如果存在，输出每边流量

#include <iostream> 
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std ;

const int INF=0xfffffff ;
struct node
{
    int s,t,cap,nxt ;
}e[400005] ;
int m,n,cnt,head[100005],level[100005],q[100005] ;
void add(int s,int t,int cap)
{
    e[cnt].s=s ;e[cnt].t=t ;e[cnt].cap=cap ;e[cnt].nxt=head[s] ;head[s]=cnt++ ;
    e[cnt].s=t ;e[cnt].t=s ;e[cnt].cap=0 ;e[cnt].nxt=head[t] ;head[t]=cnt++ ;
}
bool build(int s,int t)
{
    int front=0,rear=0 ;
    memset(level,-1,sizeof(level)) ;
    q[rear++]=s ;
    level[s]=1 ;
    while(front<rear)
    {
        int u=q[front++] ;
        for(int i=head[u] ;i!=-1 ;i=e[i].nxt)
        {
            int tt=e[i].t ;
            if(level[tt]==-1 && e[i].cap>0)
            {
                level[tt]=level[u]+1 ;
                if(tt==t)return true ;
                q[rear++]=tt ;
            }
        }
    }
    return false ;
}
int find(int s,int t,int flow)
{
    if(s==t)return flow ;
    int ret=0,a ;
    for(int i=head[s] ;i!=-1 ;i=e[i].nxt)
    {
        int tt=e[i].t ;
        if(level[tt]==level[s]+1 && e[i].cap>0)
        {
            a=find(tt,t,min(e[i].cap,flow-ret)) ;
            e[i].cap-=a ;
            e[i^1].cap+=a ;
            ret+=a ;
            if(ret==flow)
                return ret ;
        }
    }
    if(!ret)level[s]=-1 ;
    return ret ;
}
int dinic(int s,int t)
{
    int flow,ret=0 ;
    while(build(s,t))
        while(flow=find(s,t,INF))
            ret+=flow ;
    return ret ;
}
int l[100005] ;
int IN[205],OUT[205] ;
int C[100005] ;
int main()
{
    int t ;
    scanf("%d",&t) ;
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m) ;
        cnt=0 ;
        memset(head,-1,sizeof(head)) ;
        memset(IN,0,sizeof(IN)) ;
        memset(OUT,0,sizeof(OUT)) ;
        for(int i=0 ;i<m ;i++)
        {
            int a,b,w ;
            scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&l[i],&w) ;
            IN[b]+=l[i] ;OUT[a]+=l[i] ;
            C[i]=w ;
            add(a,b,w-l[i]) ;
        }
        int S,T ;
        S=0 ;T=n+1 ;
        int sum=0 ;
        for(int i=1 ;i<=n ;i++)
        {
            int f=IN[i]-OUT[i] ;
            if(f>0)
            {
                add(S,i,f) ;
                sum+=f ;
            }
            else
                add(i,T,-f) ;
        }
        if(dinic(S,T)==sum)
        {
            puts("YES") ;
            for(int i=0 ;i<m ;i++)
            {
                printf("%d
",C[i]-e[i*2].cap) ;
            }
        }
        else puts("NO") ;
    }
    return 0 ;
}
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二、有源汇可行最大流

1、源汇s、t，先转化为无源汇可行流判断可行性，建图和判断方法和上面一样，只是多加一条边add(t,s,INF)

2、如果有解，答案的最大流等于在上图的残留网络中s到t再做一次最大流得到的结果

例题

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=3442

源点到n个点的流量上限是D，m个点到汇点的下限是G，n和m之间有一些边，容量范围是[L,R]。求最大流。

#include <iostream> 
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std ;

const int INF=0xfffffff ;
struct node
{
    int s,t,cap,nxt ;
}e[400005] ;
int m,n,cnt,head[100005],level[100005],q[100005] ;
void add(int s,int t,int cap)
{
    e[cnt].s=s ;e[cnt].t=t ;e[cnt].cap=cap ;e[cnt].nxt=head[s] ;head[s]=cnt++ ;
    e[cnt].s=t ;e[cnt].t=s ;e[cnt].cap=0 ;e[cnt].nxt=head[t] ;head[t]=cnt++ ;
}
bool build(int s,int t)
{
    int front=0,rear=0 ;
    memset(level,-1,sizeof(level)) ;
    q[rear++]=s ;
    level[s]=1 ;
    while(front<rear)
    {
        int u=q[front++] ;
        for(int i=head[u] ;i!=-1 ;i=e[i].nxt)
        {
            int tt=e[i].t ;
            if(level[tt]==-1 && e[i].cap>0)
            {
                level[tt]=level[u]+1 ;
                if(tt==t)return true ;
                q[rear++]=tt ;
            }
        }
    }
    return false ;
}
int find(int s,int t,int flow)
{
    if(s==t)return flow ;
    int ret=0,a ;
    for(int i=head[s] ;i!=-1 ;i=e[i].nxt)
    {
        int tt=e[i].t ;
        if(level[tt]==level[s]+1 && e[i].cap>0)
        {
            a=find(tt,t,min(e[i].cap,flow-ret)) ;
            e[i].cap-=a ;
            e[i^1].cap+=a ;
            ret+=a ;
            if(ret==flow)
                return ret ;
        }
    }
    if(!ret)level[s]=-1 ;
    return ret ;
}
int dinic(int s,int t)
{
    int flow,ret=0 ;
    while(build(s,t))
        while(flow=find(s,t,INF))
            ret+=flow ;
    return ret ;
}
int IN[4005],OUT[4005] ;
vector <int> vis[4005] ;
vector <int> aa[4005] ;
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        cnt=0 ;
        memset(head,-1,sizeof(head)) ;
        memset(IN,0,sizeof(IN)) ;
        memset(OUT,0,sizeof(OUT)) ;
        int s,t ;
        s=0 ;t=n+m+1 ;
        for(int i=1 ;i<=m ;i++)
        {
            int G ;
            scanf("%d",&G) ;
            add(n+i,t,INF-G) ;
            OUT[n+i]+=G ;IN[t]+=G ;
        }
        for(int i=0 ;i<4005 ;i++)
        {
            vis[i].clear() ;
            aa[i].clear() ;
        }
        for(int i=1 ;i<=n ;i++)
        {
            int C,D ;
            scanf("%d%d",&C,&D) ;
            add(s,i,D) ;
            for(int j=0 ;j<C ;j++)
            {
                int a,L,R ;
                scanf("%d%d%d",&a,&L,&R) ;
                add(i,a+n+1,R-L) ;
                vis[i].push_back(cnt-1) ;
                aa[i].push_back(L) ;
                OUT[i]+=L ;IN[a+n+1]+=L ;
            }
        }
        add(t,s,INF) ;
        int S,T ;
        S=t+1 ;T=S+1 ;
        int sum=0 ;
        for(int i=0 ;i<=t ;i++)
        {
            int f=IN[i]-OUT[i] ;
            if(f>0)
            {
                add(S,i,f) ;
                sum+=f ;
            }
            else
                add(i,T,-f) ;
        }
        if(dinic(S,T)==sum)
        {
            int ans=dinic(s,t) ;
            printf("%d
",ans) ;
            for(int i=1 ;i<=n ;i++)
            {
                for(int j=0 ;j<vis[i].size() ;j++)
                    printf("%d
",e[vis[i][j]].cap+aa[i][j]) ;
            }
        }
        else puts("-1") ;
        putchar('
') ;
    }
    return 0 ;
}
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三、有源汇可行最小流

1、源汇s、t，先转化为无源汇可行流判断可行性，建图方法和上面一样

2、对S、T求最大流f1，之后add(t,s,INF)

3、再次对S、T求最大流f2，如果f1+f2等于sum，则有解，最小流等于t到s的流量

例题

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3157

n个接线柱，还有两个正负极，m条边，两个元件之间有一个正常工作的电流下限，求整个电路都正常工作的最小电流。

显然正极是源点，负极是汇点，开搞

#include <iostream> 
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std ;

const int INF=0xfffffff ;
struct node
{
    int s,t,cap,nxt ;
}e[400005] ;
int m,n,cnt,head[100005],level[100005],q[100005] ;
void add(int s,int t,int cap)
{
    e[cnt].s=s ;e[cnt].t=t ;e[cnt].cap=cap ;e[cnt].nxt=head[s] ;head[s]=cnt++ ;
    e[cnt].s=t ;e[cnt].t=s ;e[cnt].cap=0 ;e[cnt].nxt=head[t] ;head[t]=cnt++ ;
}
bool build(int s,int t)
{
    int front=0,rear=0 ;
    memset(level,-1,sizeof(level)) ;
    q[rear++]=s ;
    level[s]=1 ;
    while(front<rear)
    {
        int u=q[front++] ;
        for(int i=head[u] ;i!=-1 ;i=e[i].nxt)
        {
            int tt=e[i].t ;
            if(level[tt]==-1 && e[i].cap>0)
            {
                level[tt]=level[u]+1 ;
                if(tt==t)return true ;
                q[rear++]=tt ;
            }
        }
    }
    return false ;
}
int find(int s,int t,int flow)
{
    if(s==t)return flow ;
    int ret=0,a ;
    for(int i=head[s] ;i!=-1 ;i=e[i].nxt)
    {
        int tt=e[i].t ;
        if(level[tt]==level[s]+1 && e[i].cap>0)
        {
            a=find(tt,t,min(e[i].cap,flow-ret)) ;
            e[i].cap-=a ;
            e[i^1].cap+=a ;
            ret+=a ;
            if(ret==flow)
                return ret ;
        }
    }
    if(!ret)level[s]=-1 ;
    return ret ;
}
int dinic(int s,int t)
{
    int flow,ret=0 ;
    while(build(s,t))
        while(flow=find(s,t,INF))
            ret+=flow ;
    return ret ;
}
int IN[4005],OUT[4005] ;
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        if(!n && !m)break ;
        cnt=0 ;
        memset(head,-1,sizeof(head)) ;
        memset(IN,0,sizeof(IN)) ;
        memset(OUT,0,sizeof(OUT)) ;
        int s,t ;
        s=0 ;t=n+1 ;
        for(int i=1 ;i<=m ;i++)
        {
            int a,b,w ;
            char s1[15],s2[15] ;
            scanf("%s%s%d",s1,s2,&w) ;
            if(s1[0]=='+')a=s ;
            else sscanf(s1,"%d",&a) ;
            if(s2[0]=='-')b=t ;
            else sscanf(s2,"%d",&b) ;
            add(a,b,INF-w) ;
            OUT[a]+=w ;IN[b]+=w ;
        }
        int S,T ;
        S=t+1 ;T=S+1 ;
        int sum=0 ;
        for(int i=0 ;i<=t ;i++)
        {
            int f=IN[i]-OUT[i] ;
            if(f>0)
            {
                add(S,i,f) ;
                sum+=f ;
            }
            else
                add(i,T,-f) ;
        }
        int f1=dinic(S,T) ;
        int gao=cnt ;
        add(t,s,INF) ;
        int f2=dinic(S,T) ;
        if(f1+f2==sum)
        {
            printf("%d
",e[gao+1].cap) ;
        }
        else puts("impossible") ;
    }
    return 0 ;
}
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