Icefox的博客

首先我们有一个费用流的做法。 因为保质期这个东西不太好限制，我们把每种蔬菜都按照过期时间分成若干类，每类大概x个，这样就相当于我们有了n*p种蔬菜。每种蔬菜在指定时间过期。我们把S的奖励放到每一种蔬菜过期时间最晚的那一类中去。我们可以建图，S向每一天i连边，容量为m,费用为0，每一天i向所有第i天过期的蔬菜连边，容量为inf,费用为a，每一天i向下一天i+1连边，容量为inf,费用为0（我把...

首先我们考虑最后的k条路线可能长成什么样子： 一定是0->x1->…->xn，x1< x2<…< xn的样子。也就是说我们只需用最多k条这样的路径，覆盖所有点即可。我们一定可以通过安排顺序，使得所有访问都合法。每个点都可以经过多次，我们想到需要预处理两点之间最短距离，且还要满足合法条件。可以用floyd预处理，在用mp[i][k]+mp[k][j]更新mp[i][j]时,保证k< j即可。mp[i

考虑怎样的两个数x,y符合条件(x>y)，首先x要是y的倍数。然后x/y要是一个质数，则x的质因数个数应该比y的质因数个数恰多1.因此我们预处理出g[i]，表示a[i]的质因数个数，如果x，y合法则x是y的倍数且g[x]=g[y]+1.可以发现，有边相连的两个点的g[i]一定是一奇一偶！因此我们可以根据g[i]的奇偶性黑白染色，就得到了一张二分图。然后s向左边的点连边，容量为个数，费用为0，右边的点

这题和bzoj1070基本一样，但是数据范围大了很多。按原来的方法做多半会T。我们要进行一些优化。 怎么优化呢？动态加边。也就是说我一开始对于每个厨师i，只建出（i，1）（倒数第一个做的菜。）这一个点，去连边。每次增广过一条路之后，记这次增广经过的点为(x,y)，那么我就再建出（x,y+1）这个点和他的边。一直做到最大流为p为止。这样做的正确性也比较显然：只有一个厨师做过倒数第k个菜了，他才有可能

这题思路真是妙妙妙啊。拆点，把每个工人j拆成n个点，每个点表示工人j修他的倒数第k辆车。源点向所有车连边，容量为1，花费为0，所有n*m个工人向汇建边，容量为1，花费为0，车i向工人(j,k)连边，容量为1，花费为k*a[i][j]。表示让工人j倒数第k辆修i车，则修后面的k-1辆车时也要付出a[i][j]的等待时间，所以这一决策一共贡献了k*a[i][j]的等待时间。 因为我们难以确定一个点被其

这题好坑啊。（是我太菜了） 注意开区间这个问题。。。很玄学。。。看大佬的处理方式是把(x,y)变成(x*2+1,y*2)。我的强行理解是把原数轴上的每个点拆成两个，一个表示到这个点，一个表示从这个点开始。然后对于(x,x)这种开区间就可以变得合法了。要记得保证li< ri。这题还得开ll，sqrt（负数）会Tle.然后就基本和loj6014一样了，直接建图跑费用流即可。 然后，终于刷完网络流24

这题很奇怪呀x 只有在6000以内满足这样性质的点之间建边才是个二分图。范围再大可能就会出现奇环了。 拆点费用流。 把每个点拆成xl,xr,源向所有左点建边，容量为1，费用为0，所有右点向汇建边，容量为1，费用为0.对于有关系的两点(x,y)，建边xl>yr,容量为1，费用为x+y,yl->xr，容量为1，费用为x+y。然后跑最大费用最大流，最大匹配就是最大流/2,边权和就是最大费用/2.因为你

最大费用最大流。拆点，一条容量为inf，费用为0的边，如果有价值，一条容量为1，费用为1的边。输出方案。

最大费用最大流裸题，wa x 2，菜死自己算了。拆边，一条容量为1，有费用，一条容量inf，费用为0。注意是16*16个点。。。

裸的一个费用流。

做过一道边费用为A*x*x，x为容量的题，这种题一般都要拆边。每条边容量为1，花费为增量。因为增量是递增的，最小费用流，所以保证了正确性。这道题不同的地方在于负场也有贡献。怎么办呢？一开始先假设所有队伍都是负场，算出初始贡献，然后i每赢一场贡献的增量为C*(w+1)^2+D*(l-1)^2)-(C*w^2+D*l^2)=2w*C-2l*D+C+D。建边就可以了。以下摘自hzwer： 首先假设每场比

双倍经验。题解：传送门

这题看完之后很容易想到费用流，但是n太大了不能直接跑。 我们考虑模拟这个费用流的增广过程，每次多了一条S-&gt;x的容量为1，费用为0的边后，我们要找一条费用最低的x-&gt;T的路径来增广，也就是要在树上找距离x最近的一个还有食物的点。因为是完全二叉树，所以我们可以直接暴力跳父亲，维护f[x]表示x子树内有食物的点到x的距离最小值,g[x]记录这个最近点的位置。那么x-&gt;xx的距离+f...

显然是个最大费用流。 线段树优化建图即可。

先跑一遍费用流，然后枚举此次选择了的n条边，删掉一条，看最大费用还存不存在，如果不存在了就不能删。复杂度O(n4)O(n^4) zz的写了O(n5)O(n^5)，spfa还写出锅了，【再见】

我们建出线性规划松弛型，有 x1+...+xm+y1=kx_1+...+x_m+y_1=k (1) x2+...+xm+1+y2=kx_2+...+x_{m+1}+y_2=k (2) ...... xn−m+1+...+xn+yn−m+1=kx_{n-m+1}+...+x_n+y_{n-m+1}=k (n-m+1) 再添上两项：0=0(0) 0=0(n-m+2) 用(i)-(i-1)，得

可以只看做把黑点移动到目标位置。对每个点的交换次数有限制。我们容易想到拆点。但是这题比较妙的地方在于拆成了三个点。把一个黑点换到目标位置上的一条路径上，除了起终点交换了一次之外，其他点都交换了两次。我们如何体现这个差异呢？拆成三个点x1,x0,x2。 如果起始和目标状态相同，则建边x1->x0,c/2,0 x0->x2,c/2,0 如果只有起始是黑的 ,则建边x1->x0,c/2,0 x0->

类似最小路径覆盖，带权了。我们拆点，S向i连边，容量为1，费用为跳跃过去的花费，i向T连边，容量为1，费用为0，表示这个点被经过了。S向i+n连边，容量为1，费用为0，表示从这个星球出来继续走，对于每条边u,v建边u+n->v,容量为1，费用为花费。最大流一定是每个点恰经过一次。所以求最小费用最大流就好了。

求乘积最小。我们都取个对数，就变成了和最小。就有了费用流的感觉。但是因为p<1，所以取了对数后都是负的，跑最短路spfa会gg。怎么办呢？我们要求踩电线的概率最小，也就是求不踩电线的概率最大。所以我们把每条边的费用都变成-log(1-p)，都是正数了，我们再跑spfa求最短路就没问题了。注意精度问题，否则会T。然后每条边第一次经过没有花费，我们就拆出一条流量为1，费用为0的边好了。

限制起终点的可相交最小路径覆盖。首先tarjan缩一波点。然后就是个有上下界最小流，拆点,i->i+scc，容量为(1,inf)。其他边都是(0,inf)。 tips：这题蒟蒻有个不是很懂的地方，我的超级汇点T=2001时就会wa，改成2005就可以A了，是我的代码哪里写挂了吗？望神犇指教。或者可以用最大费用最大流，拆点，i->i+scc,容量为1，花费为1的一条边，再来一条容量为inf，花

读题又双叒叕出锅了。题目中说从最西端到最东端，所以是钦定了起点为1号点，终点为n号点。我们可以把原题转化为：找到从1到n的两条最长不相交路径。其中1和n可以经过两次，其他点只能经过1次。拆点，那么答案就是最大费用最大流。怎么输出路径呢，可以两遍dfs。最后不得不说，stl大法好。

昨天写这题时可能有点傻x 因为费用是和容量的平方有关，所以把每条边拆成Ci条边，每条边的容量都是1，费用是容量为x和容量为x-1的费用的差值即可。

这题太神了！但是听说是单纯形法求解线性规划裸题？？？看样子网络流和线性规划有着莫大的联系啊，待研究。 此题基本就是用网络流求解了一个等式的最优解？ 附上大神题解：https://www.byvoid.com/zhs/blog/noi-2008-employeeupd：单纯形确实很强orz，因为要求的这个东西不是标准型线性规划，我们把他对偶了就可以了。 附上大神题解：portal#in...

首先原题所谓的左下和右下，是要你把那个数字梯形变成等腰的那个样子来看。。也就是(i+1,j)和(i+1,j+1)。。。然后他居然没说有没有负数。。。看数据应该是没有负数。也不会超int。那也行吧x然后我们一问一问的看： 第一问，路径不能相交，也就是说每个点只能经过一次，我们可以拆点来限制住这个条件.然后每条边只能经过一次，通过流量为1来限制。也就是说S向第一层的入点建边，最后一层的出点向T建边，容

我可能还是有毒。本不需要把人拆成两个点的，直接源向人建边的时候建Si+1条边不就好了xxx。所以啦，源向人建Si+1条边，容量为ti−ti−1t_i-t_{i-1},费用为Wi。工作向汇建边，容量为Ci,费用为0，人和工作之间按矩阵建边，容量为inf，费用为0.跑最小费用最大流就是答案啦

首先我们发现，一个完美的循环格一定满足：每个点的入度和出度均为1.如何限制这个条件呢？把每个点拆成x和y，源点向所有的点x建边，容量为1，费用为0，所有的点y向汇点建边，容量为1，费用为0，每个点x向四周的点y建边，容量为1，费用为0或1.这样的话满流一定满足入度出度均为1的限制，所以求最小费用最大流即可。

我可能有毒吧。一个裸题，我还读错题，要去拆点x。仓库容量限制只是限制你留到下一天的不能超过s。不是一天只能卖s的东西。。。

和餐巾计划一模一样，题解：传送门 就是这道题的x天，需要+1.

拆点建图费用流即可。 zkw费用流好像跑的很慢？？？看样子明天还要学习一下spfa的怎么写orz upd:spfa的费用流这么好写？？？我为什么要学zkw？？？反正都会被卡？？？跳槽了跳槽了orz

第一问就是直接跑最大流。第二问在残余网络上接着建图，对于原来的每条边，再建一条边容量为inf，费用为w。原边费用为0.建立超级源点向1连边，容量为k，费用为0，跑zkw费用流就好啦

这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗，今天刚刚洗好的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。 经过分析可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模后就是二分图。二分图X集合中顶点Xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。Y集合中每个点Yi则是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的

最小费用最大流/最大费用最大流。本来挺裸的。然而gg了好久。因为原来的求最长路其实有点问题？因为有负权边，所以清dis的时候不能只清-1，会出锅的。要清-inf才行。我现在可能才真正理解了最小费用最大流？每次找一条最小的边，是有可能找到带反向边的增广路的，只有这样才能保证正确性。

同loj6011.传送门

求出平均数，对于每个点，算出是多了还是少了，如果多了，就S向这个点连边，容量为多了多少，花费为0，如果少了，就这个点向T连边，容量为少了多少，费用为0。然后可以转运的仓库之间建边，容量为inf，花费为1.跑最小费用最大流即可。

很标准的费用流，但是在建图时需要优化一下。否则spfa跑这种稠密图会T到飞。 贪心的想，如果x可以先到z再到y，则不建边(x,y)。 然后因为经过一个点只有1的贡献，所以要拆点，建图就是S->s,1,0 t->T,1,0 对于每一个点x，建边s->x,1,0 x’->t,1,0 x->x’,1,1 x->x’,1,0.对于每一条边(x,y)，建边x’->y,2,0.

把每一天拆成两个点，像餐巾计划那题一样的建图，跑最小费用流就可以了。

每种商品都跑一遍最小费用流就好了。

裸题。

hzwer这篇题解写的已经很不错了：传送门 首先二分图染色，我们发现对于环形蛇，每个点都连接了两个点。对于非环形蛇，除了头尾两个点以外，每个点也都连了两个点。于是乎，我们就是要把空点都连接上两个点。所以源向所有白点连边，容量为(2,2)，所有黑点向汇连边，容量为(2,2)。所有白点可以连接他周围的黑点，所以所有白点向四周的黑点建边，容量为(0,1)。这些边都没有花费。然后我们允许边界上的点只连接一

当且仅当，所以拆点，容量上下界相等。把源也拆了，容量为[0,m]，表示最多m个人，源向所有第一层的点连边，表示每个人可以从任意城市开始，所有第二层的点向汇连边，表示可以在任意城市结束旅行。然后对于所有航线建边，有费用。跑有源汇上下界最小费用流即可。方法见：传送门