1.无源汇有上下界可行流
给出一个网络图，每一条边都有上下界。
求是否存在一个可行流满足上下界。
解决方法：
新建源点汇点，由于一条边的流量范围为$[l,r]=l+[0,r-l]$，我们可以假定有一个隐藏的下届流量偷偷的流，我们建图处理后面那个$[0,r-l]$就好。
但是比如对于一个点$u$，若流进来的下界流量为$fin$，流出去的下届流量为$fout$，
有几种大小关系：
- $fin<fout$，此时产生了莫名其妙的流量，那么我们让$u->T$，容量为$fout-fin$；
- $fin>fout$，此时流量莫名其妙消失，那么$S->u$，容量为$fin-fout$；
- $fin=fout$，很和谐，不用管。
然后跑最大流就好了，可行流的判断条件是$S->u$和$u->T$全部满流，因为我们要求其满足下界。
其实很好判，因为$sum{fout-fin} = sum{fin-fout}$，所以在补充建图时记录一下补充总和，跑完最大流后看最大流量是否等于补充总和即可。
代码没有。
2.有源汇有上下界可行流
和上面不同的是原来有源汇。
源点汇点在网络图中会凭空生产/消灭流量，所以补一条边$T->S$，容量$inf$，这样再新建源汇重复上面过程。
代码没有。
3.有源汇有上下界最大流
求最大流。
还是先判断可行流。
问题是怎么让可行流最大。
我的方法是在残余网络上直接求旧源点到旧汇点最大流。最大流即为答案。
原因是，可行流填完了原图中的“坑”，而$T->S$的流量就是原来流了多少。
代码：
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 50050; const int M = 125050; const int inf = 0x3f3f3f3f; const ll Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; template<typename T> inline void read(T&x) { T f = 1,c = 0;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();} x =f*c; } int n,m,s,t,S,T,hed[N],cnt=-1; ll ind[N],otd[N]; struct EG { int to,nxt; ll fl; }e[4*M]; void ae(int f,int t,int fl) { e[++cnt].to = t; e[cnt].nxt = hed[f]; e[cnt].fl = fl; hed[f] = cnt; } void AE(int f,int t,int fl) { ae(f,t,fl); ae(t,f,0); } int cur[N],dep[N]; bool vis[N]; bool bfs() { memcpy(cur,hed,sizeof(cur)); memset(dep,0x3f,sizeof(dep)); queue<int>q; dep[S]=1,vis[S]=1;q.push(S); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int j=hed[u];~j;j=e[j].nxt) { int to = e[j].to; if(e[j].fl&&dep[to]>dep[u]+1) { dep[to] = dep[u]+1; if(!vis[to]) { vis[to] = 1; q.push(to); } } } vis[u] = 0; } return dep[T]!=inf; } ll dfs(int u,ll lim) { if(u==T||!lim)return lim; ll fl = 0,f; for(int j=cur[u];~j;j=e[j].nxt) { cur[u] = j; int to = e[j].to; if(dep[to]==dep[u]+1&&(f=dfs(to,min(lim,e[j].fl)))) { fl+=f,lim-=f; e[j].fl-=f;e[j^1].fl+=f; if(!lim)break; } } return fl; } ll dinic() { ll ret = 0; while(bfs())ret+=dfs(S,Inf); return ret; } int main() { read(n),read(m),read(s),read(t); S = n+1,T = n+2; memset(hed,-1,sizeof(hed)); for(int fr,to,l,r,i=1;i<=m;i++) { read(fr),read(to),read(l),read(r); AE(fr,to,r-l); otd[fr]+=l,ind[to]+=l; } AE(t,s,inf); ll sum = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(ind[i]>otd[i]) AE(S,i,ind[i]-otd[i]),sum+=ind[i]-otd[i]; else AE(i,T,otd[i]-ind[i]); } ll tmp=dinic(); if(tmp!=sum) { puts("please go home to sleep"); }else { S=s,T=t; ll ans = dinic(); printf("%lld ",ans); } return 0; }
4.有源汇有上下界最小流
求最小流。
先判断可行流。
然后我们要压榨可行流把能去掉的都去了。
我的方法是在残余网络上直接求旧汇点到旧源点最大流。答案为$inf$-最大流。
代码：
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 50050; const int M = 130050; const int inf = 0x3f3f3f3f; const ll Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; template<typename T> inline void read(T&x) { T f = 1,c = 0;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();} x = f*c; } int n,m,s,t,S,T,hed[N],cnt=-1,ind[N],otd[N]; struct EG { int to,nxt; ll fl; }e[4*M]; void ae(int f,int t,int fl) { e[++cnt].to = t; e[cnt].nxt = hed[f]; e[cnt].fl = fl; hed[f] = cnt; } void AE(int f,int t,int fl) { ae(f,t,fl); ae(t,f,0); } int cur[N],dep[N]; bool vis[N]; bool bfs() { queue<int>q; memset(dep,0x3f,sizeof(dep)); memcpy(cur,hed,sizeof(cur)); dep[S]=0,vis[S]=1;q.push(S); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int j = hed[u];~j;j=e[j].nxt) { int to = e[j].to; if(e[j].fl&&dep[to]>dep[u]+1) { dep[to] = dep[u]+1; if(!vis[to]) { vis[to] = 1; q.push(to); } } } vis[u] = 0; } return dep[T]!=inf; } ll dfs(int u,ll lim) { if(u==T||!lim)return lim; ll fl = 0,f; for(int j=cur[u];~j;j=e[j].nxt) { cur[u] = j; int to = e[j].to; if(dep[to]==dep[u]+1&&(f=dfs(to,min(lim,e[j].fl)))) { fl+=f,lim-=f; e[j].fl-=f,e[j^1].fl+=f; if(!lim)break; } } return fl; } ll dinic() { ll ret = 0; while(bfs())ret+=dfs(S,Inf); return ret; } int main() { read(n),read(m),read(s),read(t); memset(hed,-1,sizeof(hed)); S = n+1,T = n+2; for(int fr,to,l,r,i=1;i<=m;i++) { read(fr),read(to),read(l),read(r); AE(fr,to,r-l); ind[to]+=l,otd[fr]+=l; } ll sum = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(ind[i]>otd[i]) AE(S,i,ind[i]-otd[i]),sum+=ind[i]-otd[i]; else AE(i,T,otd[i]-ind[i]); } AE(t,s,inf); ll now = dinic(); if(now!=sum) { printf("please go home to sleep"); }else { S = t,T = s; ll ans = dinic(); printf("%lld ",inf-ans); } return 0; }