POJ 1149 PIGS ★(经典网络流构图)

【题意】有M个猪圈，每个猪圈里初始时有若干头猪。一开始所有猪圈都是关闭的。依次来了N个顾客，每个顾客分别会打开指定的几个猪圈，从中买若干头猪。每个顾客分别都有他能够买的数量的上限。每个顾客走后，他打开的那些猪圈中的猪，都可以被任意地调换到其它开着的猪圈里，然后所有猪圈重新关上。问总共最多能卖出多少头猪。（1 <= N <= 100, 1 <= M <= 1000）非常好的一道网络流建模题！最大的收获就是： 在面对网络流问题时，如果一时想不出很好的构图方法，不如先构造一个最 直观，或者说最“硬来”的模型，然后再用合并结点和边的方法来简化这个模 型。经过简化以后，好的构图思路自然就会涌现出来了。这是解决网络流问题 的一个好方法。 －－－以下思路来自于Edelweiss大牛的《网络流建模汇总》【建模方法】不难想象，这个问题的网络模型可以很直观地构造出来。就拿上面的例子来说，可以构造出图1所示的模型（图中凡是没有标数字的边，容量都是∞）： • 三个顾客，就有三轮交易，每一轮分别都有3个猪圈和1个顾客的结点。 • 从源点到第一轮的各个猪圈各有一条边，容量就是各个猪圈里的猪的初始数量。 • 从各个顾客到汇点各有一条边，容量就是各个顾客能买的数量上限。 • 在某一轮中，从该顾客打开的所有猪圈都有一条边连向该顾客，容量都是 ∞。 • 最后一轮除外，从每一轮的i 号猪圈都有一条边连向下一轮的i 号猪圈，容量都是∞，表示这一轮剩下的猪可以留到下一轮。 • 最后一轮除外，从每一轮被打开的所有猪圈，到下一轮的同样这些猪圈，两两之间都要连一条边，表示它们之间可以任意流通。这个网络模型的最大流量就是最多能卖出的数量。图中最多有 2+N+M×N≈100,000个结点。这个模型虽然很直观，但是结点数太多了，计算速度肯定会很慢。其实不用再想别的算法，就让我们继续上面的例子，用合并的方法来简化这个网络模型。首先，最后一轮中没有打开的猪圈就可以从图中删掉了，也就是图中红色的部分，显然它们对整个网络的流量没有任何影响。

再根据下面网络流节点合并规律：

得到最终的图：

总结本题的构图规则就是：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define MID(x,y) ((x+y)/2)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXV = 305;
const int MAXE = 10005;
struct node{
    int u, v, flow;
    int opp;
    int next;
};
struct Dinic{
    node arc[MAXE];
    int vn, en, head[MAXV];     //vn点个数(包括源点汇点),en边个数
    int cur[MAXV];              //当前弧
    int q[MAXV];                //bfs建层次图时的队列
    int path[MAXE], top;        //存dfs当前最短路径的栈
    int dep[MAXV];              //各节点层次
    void init(int n){
        vn = n;
        en = 0;
        mem(head, -1);
    }
    void insert_flow(int u, int v, int flow){
        arc[en].u = u;
        arc[en].v = v;
        arc[en].flow = flow;
        arc[en].opp = en + 1;
        arc[en].next = head[u];
        head[u] = en ++;

        arc[en].u = v;
        arc[en].v = u;
        arc[en].flow = 0;       //反向弧
        arc[en].opp = en - 1;
        arc[en].next = head[v];
        head[v] = en ++;
    }
    bool bfs(int s, int t){
        mem(dep, -1);
        int lq = 0, rq = 1;
        dep[s] = 0;
        q[lq] = s;
        while(lq < rq){
            int u = q[lq ++];
            if (u == t){
                return true;
            }
            for (int i = head[u]; i != -1; i = arc[i].next){
                int v = arc[i].v;
                if (dep[v] == -1 && arc[i].flow > 0){
                    dep[v] = dep[u] + 1;
                    q[rq ++] = v;
                }
            }
        }
        return false;
    }
    int solve(int s, int t){
        int maxflow = 0;
        while(bfs(s, t)){
            int i, j;
            for (i = 1; i <= vn; i ++)  cur[i] = head[i];
            for (i = s, top = 0;;){
                if (i == t){
                    int mink;
                    int minflow = 0x3fffffff;
                    for (int k = 0; k < top; k ++)
                        if (minflow > arc[path[k]].flow){
                            minflow = arc[path[k]].flow;
                            mink = k;
                        }
                    for (int k = 0; k < top; k ++)
                        arc[path[k]].flow -= minflow, arc[arc[path[k]].opp].flow += minflow;
                    maxflow += minflow;
                    top = mink;		//arc[mink]这条边流量变为0, 则直接回溯到该边的起点即可(这条边将不再包含在增广路内).
                    i = arc[path[top]].u;
                }
                for (j = cur[i]; j != -1; cur[i] = j = arc[j].next){
                    int v = arc[j].v;
                    if (arc[j].flow && dep[v] == dep[i] + 1)
                        break;
                }
                if (j != -1){
                    path[top ++] = j;
                    i = arc[j].v;
                }
                else{
                    if (top == 0)   break;
                    dep[i] = -1;
                    i = arc[path[-- top]].u;
                }
            }
        }
        return maxflow;
    }
}dinic;
int indeg[MAXV], outdeg[MAXV];
int main(){
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t --){
        mem(indeg, 0);
        mem(outdeg, 0);
        int n, m;
        scanf("%d %d", &n, &m);
        dinic.init(n+2);
        for (int i = 0; i < m; i ++){
            int u, v, w;
            scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
            indeg[v] ++, outdeg[u] ++;
            if (w == 0)
                dinic.insert_flow(u, v, 1);
        }
        bool ok = 1;
        int sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++){
            int x = abs(indeg[i] - outdeg[i]);
            if (x == 0)
                continue;
            if (x % 2 == 1){
                ok = 0;
                break;
            }
            if (indeg[i] > outdeg[i]){
                dinic.insert_flow(i, n+2, x/2);
                sum += x/2;
            }
            else{
                dinic.insert_flow(n+1, i, x/2);
            }
        }
        if (!ok){
            puts("impossible");
            continue;
        }
        if (dinic.solve(n+1, n+2) == sum){
            puts("possible");
        }
        else{
            puts("impossible");
        }
    }
	return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/AbandonZHANG/p/4114253.html