网络流问题的常见套路

本文在接下来的一段时间内可能会经常扩充或修改，如有谬误敬请谅解。[2017.11.24]

“拆点”

拆点，顾名思义，就是把一个点拆成两个点。因为在网络流的模型中，割特指边集而非点集，所以想要实现“可以被割掉的点”，就用用到拆点思想。另外，这种方法也可以被理解为：使点同边一样有一个容量上限。

把点A分成两个，一个叫A1，表示A的“入点”；另一个叫A2，表示A的“出点”。A的所有出边都从A2连出，所有入边都连向A1。再连一条边从A1指向A2，其边权为点A的“点容量”。

例题：[USACO5.4]奶牛的电信（copy from 洛谷，特此表示感谢）

P1345 [USACO5.4]奶牛的电信Telecowmunication

题目描述

农夫约翰的奶牛们喜欢通过电邮保持联系，于是她们建立了一个奶牛电脑网络，以便互相交流。这些机器用如下的方式发送电邮：如果存在一个由c台电脑组成的序列a1,a2,…,a(c)，且a1与a2相连，a2与a3相连，等等，那么电脑a1和a(c)就可以互发电邮。

很不幸，有时候奶牛会不小心踩到电脑上，农夫约翰的车也可能碾过电脑，这台倒霉的电脑就会坏掉。这意味着这台电脑不能再发送电邮了，于是与这台电脑相关的连接也就不可用了。

有两头奶牛就想：如果我们两个不能互发电邮，至少需要坏掉多少台电脑呢？请编写一个程序为她们计算这个最小值。

以如下网络为例：

1*

/ 3 - 2*

这张图画的是有2条连接的3台电脑。我们想要在电脑1和2之间传送信息。电脑1与3、2与3直接连通。如果电脑3坏了，电脑1与2便不能互发信息了。

输入输出格式

输入格式： 第一行
四个由空格分隔的整数：N,M,c1,c2.N是电脑总数(1<=N<=100)，电脑由1到N编号。M是电脑之间连接的总数(1<=M<=600)。最后的两个整数c1和c2是上述两头奶牛使用的电脑编号。连接没有重复且均为双向的(即如果c1与c2相连，那么c2与c1也相连)。两台电脑之间至多有一条连接。电脑c1和c2不会直接相连。

第2到M+1行 接下来的M行中，每行包含两台直接相连的电脑的编号。

输出格式： 一个整数表示使电脑c1和c2不能互相通信需要坏掉的电脑数目的最小值。

输入输出样例

样例输入：

3 2 1 2
1 3
2 3

样例输出：

1

附上代码

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

const int maxn=605,INF=0x3f3f3f3f;

struct Dinic{
    int n,s,t;
    struct Edge{
        int from,to,cap,flow;
    };
    vector<int>G[maxn];
    vector<Edge>edges;

    int cur[maxn],d[maxn];
    bool vis[maxn];

    void addedge(int f,int t,int c){
        edges.push_back((Edge){f,t,c,0});
        edges.push_back((Edge){t,f,0,0});
        int m=edges.size();
        G[f].push_back(m-2);
        G[t].push_back(m-1);
    }

    bool BFS(){
        //memset(d,0,sizeof(d));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        queue<int>Q;
        Q.push(s);d[s]=0;vis[s]=1;
        while(!Q.empty()){
            int x=Q.front();Q.pop();
            for(int i=0;i<G[x].size();i++){
                Edge& e=edges[G[x][i]];
                if(!vis[e.to] && e.cap>e.flow){
                    vis[e.to]=1;
                    d[e.to]=d[x]+1;
                    Q.push(e.to);
                }
            }
        }
        return vis[t];
    }

    int DFS(int x,int a){
        if(x==t || a==0)return a;
        int flow=0,f;
        for(int& i=cur[x];i<G[x].size();i++){
            Edge& e=edges[G[x][i]];
            if(e.cap>e.flow && d[e.to]==d[x]+1 && (f=DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0){
                e.flow+=f;
                edges[G[x][i]^1].flow-=f;
                flow+=f;
                a-=f;
                if(a==0)break;
            }
        }
        return flow;
    }

    int MaxFlow(int S,int T){
        s=S;t=T;int flow=0;
        while(BFS()){
            memset(cur,0,sizeof(cur));
            flow+=DFS(S,INF);
        }
        return flow;
    }
}dinic;

int main(){
    int N,M,c1,c2;scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&c1,&c2);
    for(int i=1;i<=N;i++){
        dinic.addedge(i,i+N,1);
    }
    for(int i=1;i<=M;i++){
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        dinic.addedge(x+N,y,INF);
        dinic.addedge(y+N,x,INF);
    }
    int mf=dinic.MaxFlow(c1+N,c2);
    printf("%d\n",mf);
    return 0;
}

本题求至少要删除多少个点使C1、C2不连通，问题的实质是一个最小割，跑一个最大流即可，因为只允许割点，不允许割边，所以原有的边边权都为INF。点权为1，表示每个点最多只能被删除一次。