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#include #include #include using namespace std; const int maxn=19; int a[maxn],e[70][70],flag[maxn]; int n; void makegraph() { memset(e,0,sizeof(e)); int ret=0; for(int i=1;i<=n;i++)

枚举源点和汇点。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=109,inf=1e8; int n,m; int a[maxn][maxn]; int que[maxn],level[maxn]; int head[maxn],lon; struct { int next,to,c; }e[max

对上下界网络流的解法很多地方有，就不再叙述了，说说自己的理解，网络流的算法能解决分配的问题，而上下界网络流的不同在于下界必须流满，所以做法就是先用网络流算法把下界流满，然后转化成普通网络流算法解决。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=2e2+9,inf=1e9,N=10000,M=1000; i

求最小割就没什么可说的了。关键是怎么判断一条边能不能成为割边，如果能够成为割边，那么做完最大流之后，起点肯定不能达到终点，否则这条边容量减小对最大流没有影响。那么怎么去掉这条边呢？反向压一次流。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=4e2+9,inf=1e7; int n,s,t; int d[m

网上比较多的代码都是用费用流做的，但是这个题目简单的描述就是求最小路径覆盖，每个点覆盖的次数不是1了而已。简单修改求最小路径覆盖的方法即可，源点向顶点，顶点向汇点连的边都变成点需要被覆盖的次数即可。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=15e1+9,inf=1e9; int n,m; int su

先黑白染色，然后每个覆盖必须覆盖一个黑点一个白点，那么就是一个二分图，一个覆盖就是一次匹配，那么就求一下最大匹配就好了。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=1100,inf=1e9; int n,m,k; int flag[35][35]; int level[maxn],que[maxn];

经典题目，拆点网络流。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=4e2+9,inf=1e9; int n,f,d; int level[maxn],que[maxn]; int head[maxn],lon; struct { int next,to,c; }e[maxn*maxn<<1];

二分答案+网络流判定，一定得拆点。 #include #include #include #include using namespace std; const int maxn=2e2+9,inf=1e9; long long d[maxn][maxn]; int n,m,sum; int level[maxn<<1],que[maxn<<1]; int head[maxn<<1],l

由于最后结果是相乘，所以先log一下，转化成想加。 然后点做边，行，列做点。最小权覆盖。 #include #include #include #include using namespace std; const int maxn=2e2+9; const double inf=1e20,epx=1e-4; int que[maxn],level[maxn]; int head[

经典题目，很多书上都有解答。 首先得用一个结论，一个联通的有向图存在欧拉回路当且仅当每个点的入度等于出度。 那么这个题目的做法就是先给无向边任意定向，然后源点向入度大于出度的点连边，出度大于入度的向汇点连边，网络流判断能不能使得最后每个点的入度都等于出度。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=

#include #include #include #include using namespace std; const int maxn=1e3+9,inf=1e8; int from[maxn],to[maxn],w[maxn],x[maxn]; int head[maxn],lon; int dist[maxn],inque[maxn],que[1111111]; int T,n

题意：有K台挤奶机(编号1~K)，C头奶牛(编号K+1~K+C)，给出各点之间距离。现在要让C头奶牛到挤奶机去挤奶，每台挤奶机只能处理M头奶牛，求使所走路程最远的奶牛的路程最短的方案。 构图：先Floyd求所有点对之间最短路，二分最短长度，若奶牛与挤奶机之间的距离大于mid则不连边，否则连容量为1的边。源向奶牛连容量1的边，机器向汇连容量m的边，用最大流判可行性。 #include #incl

这个就是完全按照论文中的做法来搞了，输出割边的时候就dfs判断一下在残余网络中该点是否可达汇点，不可达则是割边。 当然这么做还有一个前提就是最大全闭合图是唯一的，所以不会存在不同的割边集。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=1e2+9,inf=1e9; const double epx=1e-

最小点权覆盖加输出路径。 #include #include #include using namespace std; const int maxn=3e3+9,inf=2e9; int in[maxn],out[maxn]; int S,T,level[maxn],que[maxn]; bool visit[maxn]; int n,m; int head[maxn],lon; s

简单的求最小割 不知道为什么这么少人A #include #include #include #include using namespace std; const int maxn=30,inf=1e6; int n,m; int level[maxn],que[maxn]; int head[maxn],lon; struct { int next,to,c; }e[ma

最大权闭合的求法参看黑书 #include #include #include using namespace std; const int maxn=5e3+9,maxm=6e4+9; const long long inf=(long long)1<<50; int level[maxn],head[maxn],que[maxn]; int lon; struct { int

用dinic求最大流 然后枚举残余网络中，正边容量为0的边，容量加1，若能makelevel，ans++； #include #include #include using namespace std; const int inf=1<<30; const int maxn=1011; struct node { int to,w,next; }e[20001]; int hea

题意: 保留图中的一些边，使得每条边只走一次的情况下，起点到终点至少有t条路径，求满足此要求的图中最长的边最短为多少？ 二分答案，然后用网络流判断可行性。 #include #include #include using namespace std; const int inf=1 const int maxn=301; struct {     int to

构图：源点向每个顾客连买猪数目的边，若顾客是第一个来到该猪圈的，则像猪圈连一条猪圈猪数目的边 ，否则像上一个来到该猪圈的顾客连一条inf的边，猪圈向汇点连接一条猪圈猪数目的边，最大流 用了dinic算法   #include #include #include using namespace std; const int inf=1 const int maxn=2001;

网络流 用了dinic #include #include #include const int maxn=1001; using namespace std; const int inf=1 struct {     int to,f,next; }e[maxn]; int head[maxn],lon; int edgeini(int n) {     for(int i=1;i     l

网络流     #include #include #include using namespace std; const int inf=1 const int maxn=1001; int e[maxn][maxn]; int que[maxn],test[maxn],from[maxn]; int bfs(int s,int t,int n) {     memset(test,0,siz