网络流练习

最新推荐文章于 2025-01-02 16:07:04 发布

weixin_30920091

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原文链接：http://www.cnblogs.com/uid001/p/10896748.html

博客给出最大流dinic、最小费用最大流EK+spfa、最小费用最大流dinic+spfa模板，并列举三道练习。包括酒店客人分配、有向图最大流及扩容费用、有向图不相交路径问题，还给出各题解题关键，如客人拆点、残量网络操作等。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

最大流dinic模板

const int N = 1e6+10;
int n, m, S, T;
struct edge {
    int v,w,next;
} e[N];
int head[N], dep[N], vis[N], cur[N], cnt=1;
queue<int> Q;
void add(int u, int v, int w) {
    e[++cnt] = {v,w,head[u]};
    head[u] = cnt;
    e[++cnt] = {u,0,head[v]};
    head[v] = cnt;
}
int bfs() {
    REP(i,1,T) dep[i]=INF,vis[i]=0,cur[i]=head[i];
    dep[S]=0,Q.push(S);
    while (Q.size()) {
        int u = Q.front(); Q.pop();
        for (int i=head[u]; i; i=e[i].next) {
            if (dep[e[i].v]>dep[u]+1&&e[i].w) {
                dep[e[i].v]=dep[u]+1;
                Q.push(e[i].v);
            }
        }
    }
    return dep[T]!=INF;
}
int dfs(int x, int w) {
    if (x==T) return w;
    int used = 0;
    for (int i=cur[x]; i; i=e[i].next) {
        cur[x] = i;
        if (dep[e[i].v]==dep[x]+1&&e[i].w) {
            int flow = dfs(e[i].v,min(w-used,e[i].w));
            if (flow) {
                used += flow;
                e[i].w -= flow;
                e[i^1].w += flow;
                if (used==w) break;
            }
        }
    }
    return used;
}
int dinic() {
    int ans = 0;
    while (bfs()) ans+=dfs(S,INF);
	return ans;
}

最小费用最大流EK+spfa模板

int n, m, k;
struct _ {int from,to,w,f;};
vector<_> E;
vector<int> g[N];
int a[N], pre[N], inq[N], d[N];
int mf,mc;
queue<int> q;
void add(int x, int y, int c, int w) {
	g[x].pb(E.size());
	E.pb({x,y,c,w});
	g[y].pb(E.size());
	E.pb({y,x,0,-w});
}
void mfmc(int S, int T) {
	while (1) {
		REP(i,1,n) a[i]=d[i]=INF,inq[i]=0;
		q.push(S),d[S]=0;
		while (!q.empty()) {
			int x=q.front(); q.pop();
			inq[x] = 0;
			for (auto t:g[x]) {
				auto e=E[t];
				if (e.w>0&&d[e.to]>d[x]+e.f) {
					d[e.to]=d[x]+e.f;
					pre[e.to]=t;
					a[e.to]=min(a[x],e.w);
					if (!inq[e.to]) {
						inq[e.to]=1;
						q.push(e.to);
					}
				}
			}
		}
		if (a[T]==INF) break;
		for (int u=T;u!=S;u=E[pre[u]].from) {
			E[pre[u]].w-=a[T];
			E[pre[u]^1].w+=a[T];
		}
		mf+=a[T],mc+=a[T]*d[T];
	}
}

最小费用最大流dinic+spfa

const int N = 5e4+10,S=N-2,T=N-1;
int n,m,cost,flow;
struct edge {
    int to,next,w,v;
    edge(int to=0,int next=0,int w=0,int v=0):to(to),next(next),w(w),v(v){}
} e[N<<1];
int head[N],dep[N],vis[N],cnt=1;
queue<int> Q;

int spfa() {
	REP(i,1,n) dep[i]=INF,vis[i]=0;
	dep[T]=INF;
    dep[S]=0,Q.push(S);
    while (Q.size()) {
        int u = Q.front(); Q.pop();
		vis[u] = 0;
		for (int i=head[u]; i; i=e[i].next) {
			if (e[i].w&&dep[e[i].to]>dep[u]+e[i].v) {
				dep[e[i].to]=dep[u]+e[i].v;
				if (!vis[e[i].to]) { 
					vis[e[i].to]=1;
					Q.push(e[i].to);
				}
			}
		}
    }
    return dep[T]!=INF;
}
int dfs(int x, int w) {
    if (x==T) {
        cost = cost+w*dep[T];
        flow += w;
        return w;
    }
	vis[x] = 1;
	int used = 0;
    for (int i=head[x]; i; i=e[i].next) {
        if (!vis[e[i].to]&&dep[e[i].to]==dep[x]+e[i].v&&e[i].w) {
            int f = dfs(e[i].to,min(w-used,e[i].w));
			if (f) {
				used += f;
				e[i].w -= f;
				e[i^1].w += f;
				if(used==w) break;
			}
        }
	}
    return used;
}
void dinic(){
    while(spfa()) dfs(S,INF);
}
void add(int x,int y,int k,int v) {
    e[++cnt] = edge(y,head[x],k,v);
	head[x] = cnt;
	e[++cnt] = edge(x,head[y],0,-v);
	head[y] = cnt;
}

练习1. luogu P1402 酒店之王

大意:$n$个客人, $p$个房间, $q$个菜, 给定每个客人的喜好, 一个客人满意当且仅当他住到喜欢的房间吃到喜欢的菜. 求一个分配, 使得满意的客人尽量多, 输出满意的客人个数.

刚开始想着直接连边跑最大匹配, 但是这样的话一个客人可能算多次, 所以将客人拆点限制流量不超过1即可.

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &p, &q);
	REP(i,1,n) REP(j,1,p) scanf("%d",a[i]+j);
	REP(i,1,n) REP(j,1,p) scanf("%d",b[i]+j);
	S = p+q+2*n+1, T = S+1;
	REP(i,1,p) add(S,i,1);
	REP(i,1,q) add(i+p,T,1);
	REP(i,p+q+1,p+q+n) add(i,i+n,1);
	REP(i,1,n) { 
		REP(j,1,p) if (a[i][j]) add(j,p+q+i,1);
		REP(j,1,q) if (b[i][j]) add(p+q+n+i,j+p,1);
	}
	int ans = 0;
	while (bfs()) ans+=dfs(S,INF);
	printf("%d\n", ans);
}

练习2. luogu P2604 [ZJOI2010]网络扩容

大意: 给定一张有向图，每条边都有一个容量C和一个扩容费用W。这里扩容费用是指将容量扩大1所需的费用。求： 1、在不扩容的情况下，1到N的最大流； 2、将1到N的最大流增加K所需的最小扩容费用。

第二问在残量网络上每条边容量增加INF, 费用为w, 再增加源点S, 向1连容量k的边来限流

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	REP(i,1,m) {
		scanf("%d%d%d%d",uu+i,vv+i,cc+i,ww+i);
		add(uu[i],vv[i],cc[i],0);
	}
	mfmc(1,n);
	printf("%d ",mf);
	add(n+1,1,k,0);
	REP(i,1,m) add(uu[i],vv[i],k,ww[i]);
	mfmc(n+1,n);
	printf("%d\n",mc);
}

练习3. luogu P2153 [SDOI2009]晨跑

大意: 给定有向图, 求1->n最多能找出多少条不相交的路径, 使得路径经过除1和n以外的点最多1次. 在路径数最多的前提下, 求总路劲最短是多少.

关键是要保证路径不能相交, 把每个点拆开, 限流为1即可.

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	REP(i,1,n) add(i,i+n,1,0);
	REP(i,1,m) { 
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u+n,v,1,w);
	}
	mfmc(n+1,n);
	printf("%d %d\n",mf,mc);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/uid001/p/10896748.html