网络流题目选解

网络流题目选解
这里有板子

最大流
view code
```
namespace Flow
{
	int tot=1,fi[N],ne[M],to[M],w[M],S,T,d[N],nn;
	inline void add(int x,int y,int c)
	{
		ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y,w[tot]=c;
		ne[++tot]=fi[y],fi[y]=tot,to[tot]=x,w[tot]=0;
	}
	inline bool bfs()
	{
		fill(d+1,d+nn+1,-1);d[S]=0;
		queue<int>q;q.push(S);
		while(!q.empty())
		{
			int u=q.front();q.pop();
			for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
			{
				int v=to[i];
				if(d[v]<0&&w[i])
					d[v]=d[u]+1,q.push(v);
			}
		}
		return d[T]!=-1;
	}
	int dfs(int u,int flow)
	{
		if(!flow||u==T)return flow;
		int used=0;
		for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
		{
			int v=to[i];
			if(d[v]!=d[u]+1)continue;
			int t=dfs(v,min(w[i],flow-used));
			w[i]-=t,w[i^1]+=t;
			used+=t;
			if(used==flow)break;
		}
		if(used<flow)d[u]=-1;
		return used;
	}
	inline int dinic()
	{
		int e=0;
		while(bfs())e+=dfs(S,inf);
		return e;
	}
}
using namespace Flow;
```
费用流
view code
```
namespace Flow
{
	int tot=1,S,T,nn,fi[N],ne[M],to[M],c[M],pot[N],pre[N],f[N],w[M],dis[N];bool inq[N];
	inline void add(int x,int y,int s,int wt)
	{
		ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=s,w[tot]=wt;
		ne[++tot]=fi[y],fi[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0,w[tot]=-wt;
	}
	inline bool spfa()
	{
		fill(dis+1,dis+nn+1,-inf);dis[S]=0;
		queue<int>q;q.push(S);inq[S]=1;f[S]=inf;
		while(!q.empty())
		{
			int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
			for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
			{
				int v=to[i];
				if(c[i]&&dis[v]<dis[u]+w[i])
				{
					dis[v]=dis[u]+w[i];
					pre[v]=u,pot[v]=i^1;
					f[v]=min(c[i],f[u]);
					if(!inq[v])q.push(v),inq[v]=1;
				}
			}
		}
		return dis[T]!=-inf;
	}
	inline pair<int,int> dinic()
	{
		int cost=0;int F=0;
		while(spfa())
		{
			int now=T,flow=f[T];F+=flow;
			while(now!=S)
			{
				cost+=w[pot[now]^1]*flow;
				c[pot[now]]+=flow;
				c[pot[now]^1]-=flow;
				now=pre[now];
			}
		}
		return make_pair(F,cost);
	}
}
using namespace Flow;
```
Part 1

一类网络流题目满足如下性质：
- 有若干元素，每个元素有两种状态（黑或白，选或不选···），要求选出其中一种，且选择某一种有相应收益
- 有若干限制或者额外收益，类似选择了(A) 的(X) 状态就不能选择(B) 的(Y) 状态或同时选择(A) 的(X) 状态和(B) 的(Y) 状态带来(w) 的额外收益。
- 最后要求出收益最大值。
这种问题的套路都是先全部选择所有收益，然后减去构造出来的图的最小割（意义是不得不放弃的最小代价）（在此最小割中，在源点集合的选择一种状态，而在汇点集合的选择另外一种状态），即为最终答案。

这么说可能有些抽象，下面的题目均是此类型，便于理解。

[国家集训队]happiness

description

一个(n imes m) 座位表，每个座位上有一个同学。对于每个同学，选择文科或理科各有一定喜悦值。同时，对于位置相邻的两个同学，如果他们同时选择文科或理科各会带来额外的喜悦值。求最大喜悦值。

solution

考虑如何用最小割表示不得不放弃的最小代价。

建立超级源点和超级汇点分别代表文科和理科。对于每个同学分别建点，如果在最小割中属于源点集合则代表他选择文科，否则选择理科。

源点向每个同学连接容量为选择文科喜悦值的边，每个同学向汇点连接容量为选择理科喜悦值的边。这样割去源点的边代表放弃文科带来的权值，最终选择了理科；割去汇点的边同理。

而后考虑额外权值。仍然是套路地，对于每一个额外权值建立新点，如果这个权值和选择文科相关，则由源点向它连接容量为权值的边，由它向对应同学连接容量为(+infty) 的边。这样如果其中某位同学最终属于汇点集合（相当于选择理科），那么由汇点连出的边必然会断去，代表放弃了这个额外权值。

最终答案为初始权值和减去最小割。

code
view code
```
int n,m,ans,o;
inline int id(int x,int y){return (x-1)*n+y+2;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);S=1,T=2;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			scanf("%d",&o),ans+=o,add(S,id(i,j),o);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			scanf("%d",&o),ans+=o,add(id(i,j),T,o);
	nn=n*m+2;
	for(int i=1;i<n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			int p=++nn;
			scanf("%d",&o);ans+=o;
			add(S,p,o),add(p,id(i,j),inf),add(p,id(i+1,j),inf);
		}
	for(int i=1;i<n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			int p=++nn;
			scanf("%d",&o);ans+=o;
			add(p,T,o),add(id(i,j),p,inf),add(id(i+1,j),p,inf);
		}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<m;++j)
		{
			int p=++nn;
			scanf("%d",&o);ans+=o;
			add(S,p,o),add(p,id(i,j),inf),add(p,id(i,j+1),inf);
		}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<m;++j)
		{
			int p=++nn;
			scanf("%d",&o);ans+=o;
			add(p,T,o),add(id(i,j),p,inf),add(id(i,j+1),p,inf);
		}
	printf("%d
",ans-dinic());
	return 0;
}
```
方格取数问题

solution

这个是有限制的情况。

根据套路，先将所有的权值都选出来，然后用最小的代价删去一些点使得剩下的可行。

再转化一下，我们将一个方格和它相邻的方格连边，那么问题转化为了图的带权最大独立集。

根据黑白染色可以发现，这个图一定是一个二分图。这样的话就可做了。

由源点向黑点连边，容量为其权值；白点向汇点连边，容量为其权值。黑点连向相邻的白点，容量为(+infty) 。这样任意一条从源点到汇点的路径就是一种不合法的情况，我们只需话最小代价割边使其不连通，符合最小割的定义。于是就做完了。

code
view code
```
int n,m,ans;
const int fx[]={0,0,1,-1},fy[]={1,-1,0,0};
inline bool ok(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
inline int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);nn=n*m;
	S=++nn,T=++nn;int d;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			scanf("%d",&d);ans+=d;
			int now=id(i,j);
			if((i+j)&1)add(S,now,d);
			else{add(now,T,d);continue;}
			for(int k=0;k<4;++k)
			{
				int x=i+fx[k],y=j+fy[k];
				if(ok(x,y))add(now,id(x,y),inf);
			}
		}
	printf("%d
",ans-dinic());
	return 0;
}
```
[BJOI2016]水晶

solution

原题坐标很烦，因为坐标和位置并不是一一对应的。于是可以这样转化((x,y,z) ightarrow(x-z,y-z)) （原因：矢量加法遵从平行四边形定则）。~~平面钝角坐标系？？？~~

注意到这样转化后仍然有(x+y+zequiv x-z+y-zpmod 3) 。

不难发现(a) 共振和(b) 共振一起相当于不能存在相邻的三个位置((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)) 满足

[x_1+y_1equiv 1pmod 3\ x_2+y_2equiv 0pmod 3\ x_3+y_3equiv 2pmod 3\ ]
于是对于每个水晶先拆点，分为入点和出点，由入点向出点连容量为权值的边。

然后将水晶按照横纵坐标数值之和除以(3) 的余数分类。模(3) 为(1) 的向相邻的模(3) 为(0) 的连边，模(3) 为(0) 的向相邻的模(3) 为(2) 的连边，容量均为(+infty) 。

然后源点向模(3) 为(1) 的点连边，模(3) 为(2) 的点向汇点连边，容量均为(+infty) 。

和上一道题类似的分析方法，最终答案为总权值减取最小割。

注意：1.此题中相邻和别的题目中的定义略有不同。2.同一个点中有多个水晶的情况需要特殊处理。

code
view code
```
const int fx[]={0,0,1,-1,1,-1},fy[]={1,-1,0,0,1,-1};
map<pair<int,int>,int>mp,buc;
int x[P],y[P],tp[P],n,ans;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,z,v;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&x[i],&y[i],&z,&v);
		x[i]-=z,y[i]-=z;
		tp[i]=(x[i]+y[i])%3;tp[i]=(tp[i]+3)%3;
		v*=10;if(!tp[i])v=v/10*11;ans+=v;
		buc[make_pair(x[i],y[i])]+=v;
	}
	n=buc.size();int now=0;
	for(auto it=buc.begin();it!=buc.end();it++)
	{
		++now,add(now,now+n,it->second);
		x[now]=(it->first).first,y[now]=(it->first).second;
		tp[now]=(x[now]+y[now])%3;tp[now]=(tp[now]+3)%3;
		mp[it->first]=now;
	}
	nn=2*n;S=++nn;T=++nn;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(tp[i]==2)add(i+n,T,inf);
		else if(tp[i]==1)
		{
			add(S,i,inf);
			for(int k=0;k<6;++k)
			{
				int nx=x[i]+fx[k],ny=y[i]+fy[k];
				if(!mp.count(make_pair(nx,ny)))continue;
				int id=mp[make_pair(nx,ny)];
				if(tp[id])continue;
				add(i+n,id,inf);
			}
		}
		else
		{
			for(int k=0;k<6;++k)
			{
				int nx=x[i]+fx[k],ny=y[i]+fy[k];
				if(!mp.count(make_pair(nx,ny)))continue;
				int id=mp[make_pair(nx,ny)];
				if(tp[id]!=2)continue;
				add(i+n,id,inf);
			}
		}
	}
	printf("%.1lf",(ans-dinic())/10.0);
	return 0;
}
```
Part 2

最大权闭合子图问题 ，它的描述是这样的：

对于一个点带权的(DAG) 图，定义其闭合子图为一个点集(S) 满足如果(uin S) ，则所有(u) 能到达的点都属于(S) 。而最大权闭合子图就是点权和最大的闭合子图。

如何解决？？还是沿袭先前的套路，先选取所有的正权点的权值，然后建立最小割模型，由源点向正权点连接容量为其权值的边，负权点向汇点连接容量为其权值相反数的边，然后原图的边均保留，容量为(+infty) 。

最后答案为所有的正权点的权值减去最小割。在最小割中，没有被割的连向正权点的边表示选择了这个点，被割的由负权点连出的边表示选择了这个点，不难发现这样做一定是满足条件的。

[NOI2009] 植物大战僵尸

solution

每个植物看作一个点，点权为其收益，如果植物(a) 保护植物(b) ，则连边(b ightarrow a) 表示将(a) 吃掉后吃掉(b) 。

注意这样建出来的是有环的，而方才介绍的模型是不允许有环的。于是拓扑排序去除其中的环然后套用上面的模型即可。

注意拓扑排序建出的图恰好是我们需要建出的图的反图，稍微注意下。

code
view code
```
int n,m,val[P*P],deg[P*P];bool flag[P*P],G[P*P][P*P];
inline int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
vector<int>e[P*P];
inline void adde(int x,int y){e[x].push_back(y);}
inline void topo()
{
	nn=n*m;
	for(int i=1;i<=nn;++i)
		for(int v:e[i])++deg[v];
	queue<int>q;
	for(int i=1;i<=nn;++i)
		if(!deg[i])q.push(i),flag[i]=1;
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();q.pop();
		for(int v:e[u])
			if(!(--deg[v]))
				flag[v]=1,q.push(v);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1,w,x,y;j<=m;++j)
		{
			int now=id(i,j);
			scanf("%d%d",&val[now],&w);
			while(w--)
				scanf("%d%d",&x,&y),
				adde(now,id(x+1,y+1));
		}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=2;j<=m;++j)
			adde(id(i,j),id(i,j-1));
	topo();
	for(int u=1;u<=nn;++u)
	{
		if(!flag[u])continue;
		for(int v:e[u])
			if(flag[v]&&!G[v][u])add(v,u,inf),G[v][u]=1;
	}
	S=++nn,T=++nn;int ans=0;
	for(int u=1;u<=n*m;++u)
	{
		if(!flag[u])continue;
		if(val[u]>0)add(S,u,val[u]),ans+=val[u];
		else add(u,T,-val[u]);
	}
	printf("%d
",ans-dinic());
	return 0;
}
```
Part 3

一些杂题？？

[RC-02] 开门大吉

description

有(n) 个人，(m) 套题，第(i) 个人去做第(j) 套题会产生(g_{i,j}) 的权值。现在还有若干要求，每个要求形如(i j k) 表示第(i) 个人做的题的编号至少比第(j) 个人做的题目编号大(k) 。现在要给每个人分配一套题使得总权值尽量小。

solution

总权值最小联想到最小割模型。

拆点。将每个人(i) 拆为(m+1) 个点，连边((i,j) ightarrow(i,j+1)) 流量为(g_{i,j}) ，割去这条边表示第(i) 个人做第(j) 套题产生的代价。

另外，因为一个人只能做一套题，为了保证对于一个人只割一条边，我们还需要连边((i,j)leftarrow (i,j+1)) 边权为(+infty) 。这样的话如果最小割中被割了两次，则会引出矛盾：

因为是最小割，所以割的两条边必须有用，也就是它们前面与源点连通，后面与汇点连通。然而，因为有反向边，则后面的那个与源点连通，然后就可以走过去，走到汇点，与是一个割矛盾。

然后源点向所有的((i,1)) 连边，流量为(+infty) ；((i,m+1)) 向汇点连边，流量为(+infty) 。

现在的关键在于如何满足要求。

对于要求((i,j,k)) ，我们需要连边((j,x) ightarrow(i,x+k)(1le x,x+kle m+1)) 流量为(+infty) 。这样的话如果选择在((j,x) ightarrow (j,x+1)) 处割掉，那么由于(S ightarrow(j,1) ightarrow(j,x) ightarrow(i,x+k) ightarrow(i,m+1) ightarrow T) 这条路径的存在，则必须在(ge x+k) 的地方割掉，满足了要求。

code
view code
```
int n,m,p,y,c[P];
db a[P][P];
inline int id(int x,int y){return (x-1)*(m+1)+y;}
int main()
{
	int t;scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&y);
		for(int i=1;i<=p;++i)scanf("%d",c+i),c[i]+=c[i-1];
		for(int j=1;j<=m;++j)
			for(int i=1;i<=n;++i)
			{
				a[i][j]=0;db now=1.0,x;
				for(int k=1;k<=p;++k)
				{
					scanf("%lf",&x);
					a[i][j]+=c[k-1]*now*(1-x);
					now*=x;
				}
				a[i][j]+=c[p]*now;
			}
		pre(n*(m+1)+2);
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			add(S,id(i,1),inf),add(id(i,m+1),T,inf);
			for(int j=1;j<=m;++j)
				add(id(i,j),id(i,j+1),a[i][j]),
				add(id(i,j+1),id(i,j),inf);
		}
		while(y--)
		{
			int x,y,k;scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
			for(int i=1;i<=m;++i)
				if(i+k>=1&&i+k<=m+1)
					add(id(y,i),id(x,i+k),inf);
		}
		db ans=dinic();
		if(sig(inf-ans)<=0)puts("-1");
		else printf("%.4lf
",ans);
	}
	return 0;
}
```
CF277E Binary Tree on Plane

solution

拆点。一个点拆为入点和出点。

源点向所有入点连接容量为(2) 费用为(0) 的边代表该节点至多两个儿子。

所有出点向汇点连边，容量为(1) 费用为(0) 代表该节点至多有一个父亲。

然后对于一个点(i) ，它的入点向所有可以作为它儿子(j) 的出点连接容量为(1) ，费用为其距离的边，代表这条边至多选择一起，且代价为其距离。

最后跑最小费用最大流。注意只有根没有父亲，所以当且仅当最大流为(n-1) 时才有解。

code
view code
```
int n,x[P],y[P];
inline int sq(int a){return a*a;}
inline db d(int a,int b){return sqrt(sq(x[a]-x[b])+sq(y[a]-y[b]));}
int main()
{
	scanf("%d",&n);init(2*n+2);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d%d",x+i,y+i);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(y[j]<y[i])
				add(i,j+n,1,d(i,j));
	for(int i=1;i<=n;++i)
		add(S,i,2,0),add(i+n,T,1,0);
	auto ans=dinic();
	if(ans.first<n-1)puts("-1");
	else printf("%.15lf
",ans.second);
	return 0;
}
```
[NOI2012] 美食节

solution

首先需要将总等待时间进行转化，假设现在只有一个师傅，所需做的菜所花的时间依次为(t_1,t_2,cdots t_k) ，那么总等待时间为

[sum_{i=1}^kt_i+sum_{i=2}^kt_i+cdots sum_{i=k}^kt_i=sum_{j=1}^ksum_{i=j}^kt_i=sum_{i=1}^kt_i(k-i+1) ]
说人话就是如果当前这个菜是倒数第(p) 个做的，那么对总等待时间的贡献为(pt)

于是就可以开开心心地建图了。记(sum=sum_{i=1}^np_i) ,那么将每个厨师(i) 拆为(sum) 个点代表厨师(i) 做倒数第(j) 个菜。那么由源点向每一种菜连边，容量为(p_i) ，费用为(0) ；每种菜向刚才拆的点(厨师(j) 做倒数第(k) 个菜)连边，容量为(1)，费用为(t_{j,k} imes k) ；这些点再向汇点连容量为(1) ，费用为(0) 的边。最后跑一个最小费用最大流就是答案。

这个模型可能可以解决不少类似问题吧。

但对于此题来讲，直接这样建图会(T) 。考虑优化。其实我们根本不用拆那么多点，因为不可能每个厨师都有(sum) 个菜做。注意到这样一个性质：对于同一个厨师，一定是先走倒数第(k) 个做菜，然后菜有可能走倒数第(k+1) 个做菜。于是乎初始时只用连倒数第一道菜的边，然后增广一次我们就检查每一位厨师看他是否做完了倒数第一道菜，如果是，再增加倒数第二道菜的边，以此类推。类似于数据结构的动态开点。

code
view code
```
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=1e7+5,inf=0x3f3f3f3f,P=105;
int m,n,t[P][P],p[P],sum,now[P],id[P];
namespace Flow
{
	int tot=1,S,T,nn,fi[N],ne[M],to[M],c[M],pot[N],pre[N],f[N],w[M],dis[N];bool inq[N];
	inline void add(int x,int y,int s,int wt)
	{
		ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=s,w[tot]=wt;
		ne[++tot]=fi[y],fi[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0,w[tot]=-wt;
	}
	inline void adde(int i,int pos)
	{
		int cur=++nn;
		for(int k=1;k<=n;++k)
			add(k+2,cur,inf,t[i][k]*pos);
		add(cur,T,1,0);now[i]=pos;id[i]=cur;
	}
	inline bool spfa()
	{
		fill(dis+1,dis+nn+1,inf);dis[S]=0;
		queue<int>q;q.push(S);inq[S]=1;f[S]=inf;
		while(!q.empty())
		{
			int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
			for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
			{
				int v=to[i];
				if(c[i]&&dis[v]>dis[u]+w[i])
				{
					dis[v]=dis[u]+w[i];
					pre[v]=u,pot[v]=i^1;
					f[v]=min(c[i],f[u]);
					if(!inq[v])q.push(v),inq[v]=1;
				}
			}
		}
		return dis[T]!=inf;
	}
	inline pair<int,int> dinic()
	{
		int cost=0,F=0;
		while(spfa())
		{
			int now=T,flow=f[T];F+=flow;
			while(now!=S)
			{
				cost+=w[pot[now]^1]*flow;
				c[pot[now]]+=flow;
				c[pot[now]^1]-=flow;
				now=pre[now];
			}
			for(int u=1;u<=m;++u)
				for(int i=fi[id[u]];i;i=ne[i])
				{
					int v=to[i];if(v!=T)continue;
					if(c[i])continue;
					adde(u,::now[u]+1);break;
				}
		}
		return make_pair(F,cost);
	}
}
using namespace Flow;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",p+i),sum+=p[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			scanf("%d",&t[j][i]);
	S=1,T=2;
	for(int i=1;i<=n;++i)add(S,i+2,p[i],0);nn=n+2;
	for(int i=1;i<=m;++i)adde(i,1);
	printf("%d
",dinic().second);
	return 0;
}
```
[SCOI2012]奇怪的游戏

solution

黑白染色。假设黑色格子有(cb) 个，权值和为(sb) ，白色格子有(cw) 个，权值和为(sw) 。每次操作一定是黑色白色权值各加(1) 。

假设最终的同一个数为(X) ，那么就有(sb-sw=X(cb-cw))

(cb-cw ot=0) 当且仅当(n,m) 均为奇数。此时可以计算出(X) 的值，然后最大流随便(check) 一下就行。

否则(n,m) 中至少一个为偶数。此时倘若(X) 可行，那么(X+1) 必然也可行。于是二分答案，还是用最大流(check) 。

(check) 类似于二分图匹配的过程，最后判断是否满流即可。
view code
```
const int fx[]={0,0,1,-1},fy[]={1,-1,0,0};
int n,m,mp[P][P];ll sb,sw,mx;
inline bool ok(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
inline int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
inline bool ck(ll x)
{
	clear();ll sum=0;
	S=n*m+1,T=S+1;nn=T;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			if(!((i+j)&1)){add(id(i,j),T,x-mp[i][j]);continue;}
			add(S,id(i,j),x-mp[i][j]);sum+=x-mp[i][j];
			for(int k=0;k<4;++k)
			{
				int x=i+fx[k],y=j+fy[k];
				if(ok(x,y))add(id(i,j),id(x,y),inf);
			}
		}
	ll ret=dinic();
	return ret==sum;
}
int main()
{
	int t;scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);mx=sb=sw=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=m;++j)
			{
				scanf("%d",&mp[i][j]);
				((i+j)&1)?sb+=mp[i][j]:sw+=mp[i][j];
				mx=max(mx,0ll+mp[i][j]);
			}
		if((n*m)&1)
		{
			ll ans=sw-sb;
			if(ans<mx||!ck(ans))puts("-1");
			else printf("%lld
",(1ll*n*m*ans-sw-sb)/2);
			continue;
		}
		if(sb!=sw){puts("-1");continue;}
		ll l=mx-1,r=5e9;
		while(l+1<r)
		{
			ll mid=(l+r)>>1;
			ck(mid)?r=mid:l=mid;
		}
		printf("%lld
",(1ll*n*m*r-sw-sb)/2);
	}
	return 0;
}
```
80人环游世界

solution

考虑将每个国家拆点，分为入点和出点，之间连接容量为(v_i) 的边。

但是这样做并不能保证每个国家恰好经过(v_i) 次，于是将其费用令为(-infty) ，这样就能诱导它把容量流完。

然后对于从(i) 到(j) 的机票价值为(w) ，我们连接(i) 的出点和(j) 的入点，容量为(+infty) ，费用为(w) 。

建一个点向所有入点连边，容量(+infty) ，费用为(0) ，代表开始可以从任意位置出发。源点向这个点连容量为(m) 的边。

所有出点向汇点连边，容量(+infty) ，费用为(0) ，代表开始可以从任意位置结束。

假设最后最小费用最大流跑出来的答案为(ans) ，那么最终答案为(ans+sum imes infty) ，其中(sum=sum v_i)

code
view code
```
int n,m,x,sum;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&x),add(i,i+n,x,-inf),sum+=x;
	nn=n*2;
	for(int i=1;i<n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j)
		{
			scanf("%d",&x);
			if(x<0)continue;
			add(i+n,j,_inf,x);
		}
	S=++nn;
	for(int i=1;i<=n;++i)add(S,i,_inf,0);
	add(++nn,S,m,0);S=nn;
	T=++nn;
	for(int i=1;i<=n;++i)add(i+n,T,_inf,0);
	printf("%lld
",dinic().second+inf*sum);
	return 0;
}
```
[SHOI2003]吃豆豆

solution

首先路径不能相交没有任何用处，因为如果相交了，那么在相交点两人分别掉头即可，不会影响最终答案。

有一种显然的建图方式：将每个豆豆拆点，由入点向出点连两条边，一条流量为(1) 费用为(1) ，另一条流量为(+infty) ，费用为(0) ，代表这个点可以经过多次但只有一次会计算贡献。然后合法的点对间出点连向入点即可。最后跑最大费用最大流。

直接这样会超时，因为连的边太多。考虑优化。注意到如果(i ightarrow j,j ightarrow k) ,那么(i ightarrow k) 这条边是没有必要的。于是可以排一遍序然后随便搞一波就行。（这里并没有最小化连的边的数量，只是比暴力连边稍微好了些，~~应该还是可能会被卡~~）

code
view code
```
struct pt{int x,y;}p[P];
inline bool operator<(const pt&x,const pt&y){return x.x!=y.x?x.x<y.x:x.y<y.y;}
int n;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
	sort(p+1,p+n+1);
	nn=n*2;
	for(int i=1;i<=n;++i)add(i,i+n,1,1),add(i,i+n,inf,0);
	S=++nn;
	for(int i=1;i<=n;++i)add(S,i,inf,0);
	add(++nn,S,2,0);S=nn;
	T=++nn;
	for(int i=1;i<=n;++i)add(i+n,T,inf,0);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int now=inf;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			if(i==j||p[j].x<p[i].x||p[j].y<p[i].y)continue;
			if(now>=p[j].y)add(i+n,j,inf,0),now=p[j].y;
		}
	}
	printf("%d
",dinic().second);
	return 0;
}
```
NO PAIN NO GAIN
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