精华内容
下载资源
问答
  • 无源汇上下界可行流 之前的最大流讨论一般为有源下届情况,那么无源汇有上下界可行流应如何求解? 首先要做的是消除下边界,应如何做?在有下届情形下,流网络中的任意一条边的可行流应满足fmin(u,v)≤c(u,v)≤...

    上下界网络流

    2021.9.3

    无源汇上下界可行流

    之前的最大流讨论一般为有源无下届情况,那么无源汇有上下界可行流应如何求解?

    首先要做的是消除下边界,应如何做?在有下届情形下,流网络中的任意一条边的可行流应满足 f m i n ( u , v ) ≤ c ( u , v ) ≤ f m a x ( u , v ) fmin(u, v) \le c(u, v) \le fmax(u, v) fmin(u,v)c(u,v)fmax(u,v),由此可变换公式得 0 ≤ c ( u , v ) − f m i n ( u , v ) ≤ f m a x ( u , v ) − f m i n ( u , v ) 0 \le c(u, v) - fmin(u, v) \le fmax(u, v) - fmin(u, v) 0c(u,v)fmin(u,v)fmax(u,v)fmin(u,v),此时,构建的流网络中边的下届均为 0 0 0.

    但是,此时引入了新的问题:流量是否守恒?绝大部分情况下,不守恒。新网络中,由上方公式构建的可行流,排除下届后守恒,但是有如下情形:设当前点为 i i i,入边为 j j j,出边为 k k k,若 ∑ j j ⊂ e d g e [ i ] f m i n ( j ) ! = ∑ k k ⊂ e d g e [ i ] f m i n ( k ) \sum_{j}^{j \subset edge[i]}{fmin(j)} != \sum_{k}^{k \subset edge[i]}{fmin(k)} jjedge[i]fmin(j)!=kkedge[i]fmin(k) ,则此时总流量不守恒。

    如何解决?已知本题类型为无源汇,因此每个结点,都可理解为一个源头。但不能直接从结点加入流量,若直接从结点算作无限流量,则无法保证整条路中的流量守恒。

    此时可加入一个虚拟源点 S S S和一个虚拟汇点 T T T,当一个结点i的入边下届小于出边下届,便从源点 S S S向i连接一条最大流量为 ∑ j j ⊂ e d g e [ i ] f m i n ( j ) − ∑ k k ⊂ e d g e [ i ] f m i n ( k ) \sum_{j}^{j \subset edge[i]}{fmin(j)} - \sum_{k}^{k \subset edge[i]}{fmin(k)} jjedge[i]fmin(j)kkedge[i]fmin(k) 的边,当 i i i的入边下届大于出边下届,便从 i i i T T T连接一条最大流量为 ∑ k k ⊂ e d g e [ i ] f m i n ( k ) − ∑ j j ⊂ e d g e [ i ] f m i n ( j ) \sum_{k}^{k \subset edge[i]}{fmin(k)} - \sum_{j}^{j \subset edge[i]}{fmin(j)} kkedge[i]fmin(k)jjedge[i]fmin(j) 的边,由此保证了整个网络的流量守恒 − - 流量中每条边的流量之和等于每个结点产生的流量,此时可把每个点产生的流量转移到我们自行添加的虚拟源点之上。

    代码

    cin >> n >> m;
    S = 0, T = n + 1;
    memset(head, -1, sizeof head);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
    	int a, b, c, d;
    	cin >> a >> b >> c >> d;
    	add(a, b, c, d);
    	A[a] -= c, A[b] += c;
    }
    int tot = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    	if (A[i] > 0)add(S, i, 0, A[i]), tot += A[i];
    	else if (A[i] < 0)add(i, T, 0, -A[i]);
    }
    
    //上述add函数为
    void add(int a, int b, int c, int d) {
    	to[idx] = b, wei[idx] = d - c, l[idx] = c, nexte[idx] = head[a], head[a] = idx++;
    	to[idx] = a, wei[idx] = 0, nexte[idx] = head[b], head[b] = idx++;
    }
    

    这时候问题就转化成了与https://blog.csdn.net/Tinberlake/article/details/119751664?spm=1001.2014.3001.5501上相同的有源求最大流问题,此时每个边在原图中的流量就是新图中计算的流量加上其下届流量 f m i n ( u , v ) + c ′ ( u , v ) fmin(u, v) + c'(u, v) fmin(u,v)+c(u,v)

    有源汇上下界最大流

    此时的网络中有源点,每个结点只能接受从源点汇来的流量,无法同无源汇上下界可行流一样通过填补每个结点的流量进行计算。

    此时如何求得网络的最大流?此时,先将题目中的源点与汇点定义为 s s s t t t,另新建两虚拟结点 S S S T T T,建立一条 t t t s s s可行流量为无穷的边,此时先将问题转化成了无源汇上下界可行流。

    那么,为何从汇点到源点建立一条流量为正无穷的边?保证流量守恒

    若要求最大流,则从 s s s t t t的流量一定为正, 0 ≤ c ( s , t ) 0 \le c(s, t) 0c(s,t) ,若要保证新图与旧图流量守恒的一致,则需要在 t t t s s s之间建立一条流量为无穷的边。

    那么,对于新图中流量若小于从虚拟源点流出的最大流,则可证明没有一条可行流满足从 s s s t t t,此时存在边不满足下届。

    当新图中的流量不小于虚拟源点流出的最大流,此时截断从 t t t s s s流量为无穷的边,并将此边的逆边流量记录为 r e s res res。将源汇点更改为 s s s t t t,那么,新图中 s s s t t t的残留网络的最大流加上 r e s res res即为有源汇上下界最大流的流量。

    为何?新图中无源汇的可行流构建了一个可行流,这个可行流最大时,代表所有结点的流量均守恒,此时的残留网络,若去除 t t t s s s之间流量为无穷的结点,则代表此时除去这两点外,其余所有点的流量均守恒。这两点作为源点与汇点,不必守恒,因此此时计算去边后残留网络的最大流,可以保证整个网络的流量是守恒的。又因为,新图中原本 s s s t t t的不守恒流量的大小,就是被截断边的逆边的流量,因此 s s s t t t的最大可行流就是 r e s res res加新图中 s s s t t t的残留网络的最大流。

    代码

    cin >> n >> m >> s >> t;
    S = 0, T = n + 1;
    memset(head, -1, sizeof head);
    while(m--){
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        add(a, b, d - c);
        A[a] -= c, A[b] += c;
    }
    int all = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(A[i] > 0) add(S, i, A[i]), all += A[i];
        else if(A[i] < 0) add(i, T, -A[i]);
    }
    add(t, s, INF);
    if(dinic() < all) cout << "No Solution\n";
    else{
        int ans = wei[idx - 1];
        S = s, T = t;
        wei[idx - 1] = wei[idx - 2] = 0;
        cout << ans + dinic() << '\n';
    }
    
    //上述add函数为
    void add(int a,int b, int c){
        to[idx] = b, wei[idx] = c, nexto[idx] = head[a], head[a] = idx++;
        to[idx] = a, wei[idx] = 0, nexto[idx] = head[b], head[b] = idx++;
    }
    

    有源汇上下界最小流

    根据有源汇上下界最大流的相关计算,可知若要 s s s t t t是最小流,则此时 t t t s s s的可行流最大,因此只需按有源汇上下界最大流建图后,更改源汇点为 t t t s s s即可。

    代码

    cin >> n >> m >> s >> t;
    S = 0, T = n + 1;
    memset(head, -1, sizeof head);
    while(m--){
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        add(a, b, d - c);
        A[a] -= c, A[b] += c;
    }
    int all = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(A[i] > 0) add(S, i, A[i]), all += A[i];
        else if(A[i] < 0) add(i, T, -A[i]);
    }
    add(t, s, INF);
    if(dinic() < all) cout << "No Solution\n";
    else{
        int ans = wei[idx - 1];
        S = t, T = s;
        wei[idx - 1] = wei[idx - 2] = 0;
        cout << ans - dinic() << '\n';
    }
    
    展开全文
  • 自个设个源点S,汇点T,每个点 du[i]=入度-出度。 du[i]>...T的最大流,如果maxflow==sum,则存在可行流,此时每条边流掉的流量+它原本的下界就是实际的流量 dfs过程中某个点可能被多次访问,这...

    自个设个源点S,汇点T,每个点 du[i]=入度-出度。

    du[i]>0时 加边S->i,边权为du[i]

    du[i]<0时 加边i->T,边权为 -du[i]

    设sum为所有>0的du[i]的和

    求S->T的最大流,如果maxflow==sum,则存在可行流,此时每条边流掉的流量+它原本的下界就是实际的流量

     

    dfs过程中某个点可能被多次访问,这个点的某些表可能在其他地方走过了,当前弧优化就可以略过这种边

     

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define INF (1e18)
    typedef long long ll;
    const ll maxn=205,maxm=50205;
    ll n,m,S,T,sum,cnt;
    ll l[maxm],head[maxn];//注意l是maxm
    struct node{
        ll to,ne,w;
    }e[maxm];
    void add(ll u,ll v,ll w){
        e[cnt]=(node){v,head[u],w};head[u]=cnt++;
        e[cnt]=(node){u,head[v],0};head[v]=cnt++;
    }
    queue<ll>q;
    ll d[maxn];
    ll cur[maxn];
    ll bfs(){
        while(!q.empty()) q.pop();
        memset(d,0,sizeof(d));
        memcpy(cur,head,sizeof(head));
        d[S]=1;q.push(S);
        while(!q.empty()){
            ll u=q.front();q.pop();
            if(u==T) break;
            for(ll i=head[u];~i;i=e[i].ne){
                ll v=e[i].to;
                if(!e[i].w) continue;
                if(!d[v]) d[v]=d[u]+1,q.push(v);
            }
        }
        return d[T];
    }
    ll dfs(ll u,ll remain){
        if(u==T) return remain;
        ll use=0;
        for(ll i=cur[u];~i;i=e[i].ne){
            cur[u]=i;
            ll v=e[i].to;
            if(e[i].w&&remain&&d[v]==d[u]+1){
                ll flow=dfs(v,min(remain-use,e[i].w));
                if(!flow) continue;
                use+=flow;
                e[i].w-=flow;e[i^1].w+=flow;
                if(use==remain) break;
            }
        }
        if(!use) d[u]=-1;
        return use;
    }
    ll dinic(){
        ll ans=0,tmp;
        while(bfs()){
            while(tmp=dfs(S,INF)){
                ans+=tmp;
            }
        }
        return ans;
    }
    ll du[maxn];
    int main(){
        while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){
            cnt=sum=0;
            memset(head,-1,sizeof(head));
            memset(du,0,sizeof(du));
            S=n+1;T=S+1;
            for(ll i=1;i<=m;i++){
                ll u,v,r;
                scanf("%lld%lld%lld%lld",&u,&v,&l[i],&r);
                du[v]+=l[i];du[u]-=l[i];
                add(u,v,r-l[i]);
            }
            for(ll i=1;i<=n;i++){
                if(du[i]>0) add(S,i,du[i]),sum+=du[i];
                else if(du[i]<0)add(i,T,-du[i]);
            }
            ll tmp=dinic();
            if(tmp!=sum) printf("NO\n");
            else{
                printf("YES\n");
                for(ll i=1;i<2*m;i+=2){
                    printf("%lld\n",e[i].w+l[i/2+1]);
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    

     

    展开全文
  • 上下界无源汇可行流 裸题 添加超级源点s,超级汇点t, 将必要弧 对 原图所有点的出入度之和统计好,然后用原图保留c[i] - b[i] 的容量,  in[i] = di - dt 新建边 in[i] > 0 s ---in[i]---> i in[i]  i...

                                                                                                  Reactor Cooling


                                                      Time Limit: 5 Seconds      Memory Limit: 32768 KB      Special Judge


    The terrorist group leaded by a well known international terrorist Ben Bladen is buliding a nuclear reactor to produce plutonium for the nuclear bomb they are planning to create. Being the wicked computer genius of this group, you are responsible for developing the cooling system for the reactor.

    The cooling system of the reactor consists of the number of pipes that special cooling liquid flows by. Pipes are connected at special points, called nodes, each pipe has the starting node and the end point. The liquid must flow by the pipe from its start point to its end point and not in the opposite direction.

    Let the nodes be numbered from 1 to N. The cooling system must be designed so that the liquid is circulating by the pipes and the amount of the liquid coming to each node (in the unit of time) is equal to the amount of liquid leaving the node. That is, if we designate the amount of liquid going by the pipe from i-th node to j-th as fij, (put fij = 0 if there is no pipe from node i to node j), for each i the following condition must hold:

    fi,1+fi,2+...+fi,N = f1,i+f2,i+...+fN,i

    Each pipe has some finite capacity, therefore for each i and j connected by the pipe must be fij <= cij where cij is the capacity of the pipe. To provide sufficient cooling, the amount of the liquid flowing by the pipe going from i-th to j-th nodes must be at least lij, thus it must be fij >= lij.

    Given cij and lij for all pipes, find the amount fij, satisfying the conditions specified above.

     

    This problem contains multiple test cases!

    The first line of a multiple input is an integer N, then a blank line followed by N input blocks. Each input block is in the format indicated in the problem description. There is a blank line between input blocks.

    The output format consists of N output blocks. There is a blank line between output blocks.

     

    Input

    The first line of the input file contains the number N (1 <= N <= 200) - the number of nodes and and M - the number of pipes. The following M lines contain four integer number each - i, j, lij and cij each. There is at most one pipe connecting any two nodes and 0 <= lij <= cij <= 10^5 for all pipes. No pipe connects a node to itself. If there is a pipe from i-th node to j-th, there is no pipe from j-th node to i-th.

     

    Output

    On the first line of the output file print YES if there is the way to carry out reactor cooling and NO if there is none. In the first case M integers must follow, k-th number being the amount of liquid flowing by the k-th pipe. Pipes are numbered as they are given in the input file.

     

    Sample Input

    2

    4 6
    1 2 1 2
    2 3 1 2
    3 4 1 2
    4 1 1 2
    1 3 1 2
    4 2 1 2

    4 6
    1 2 1 3
    2 3 1 3
    3 4 1 3
    4 1 1 3
    1 3 1 3
    4 2 1 3

     

    Sample Input

    NO

    YES
    1
    2
    3
    2
    1
    1

    题解 :

    上下界无源汇可行流 裸题

    添加超级源点s,超级汇点t, 将必要弧 对 原图所有点的出入度之和统计好,然后用原图保留c[i] - b[i] 的容量, 

    in[i]   = di - dt

    新建边    in[i] > 0    s ---in[i]---> i            in[i] < 0        i ---(-in[i])---> t   跑maxflow(s,t) 判断是否满流,满流则存在可行流) 

     

    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    const int maxn = 1e3+10;
    const int maxm = 1e6+100;
    const int INF = 0x3f3f3f3f;
    
    int n,m,tot;
    
    int l[maxn],h[maxn],cur[maxn];
    
    struct edge
    {
    	int to,c,next;
    	edge(int to = 0, int c = 0, int next = 0) : to(to), c(c) , next(next) {}
    }es[maxm*2];
    
    void add_edge(int u, int v, int c)
    {
    	es[tot] = edge(v,c,h[u]);
    	h[u] = tot++;
    }
    
    bool bfs(int s, int t)
    {
    	memset(l,0,sizeof(l));
    	l[s] = 1;
    	queue <int> q;
    	q.push(s);
    	while(!q.empty())
    	{
    		int u = q.front();
    		q.pop();
    		if( u == t) return true;
    		for(int i = h[u]; i != -1; i = es[i].next)
    		{
    			int v = es[i].to;
    			if(!l[v] && es[i].c)
    			{
    				l[v] = l[u] + 1;
    				q.push(v);
    			}
    		}
    	}
    	return false;
    }
    
    
    int dfs(int x, int t, int mf)
    {
    	if( x == t ) return mf;
    	int ret = 0;
    	for(int i = cur[x]; i != -1; i = es[i].next)
    	{
    		int v = es[i].to;
    		if(es[i].c && l[v] == l[x]+1)
    		{
    			int f = dfs(v,t,min(es[i].c,mf-ret));
    			es[i].c -= f;
    			es[i^1].c += f;
    			ret += f;
    			if(ret == mf) return ret;
    		}
    	}
    	return ret;
    }
    
    
    int dinic(int s, int t)
    {
    	int ans = 0;
    	while(bfs(s,t))
    	{
    		for(int i = 0; i <= t; i++) cur[i] = h[i];
    		ans += dfs(s,t,INF);
    	}
    	return ans;
    }
    
    
    int B[maxm];
    int di[maxn];
    int dt[maxn];
    
    int main()
    {
    
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
       scanf("%d%d",&n,&m);
       tot = 0;
       memset(h,-1,sizeof(h));
       memset(di,0,sizeof(di));
       memset(dt,0,sizeof(dt));
       for(int i = 0; i < m; i++)
       {
          int u,v,b,c;
          scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&b,&c);
          add_edge(u,v,c-b);
          add_edge(v,u,0);
          B[i] = b;
          dt[u] += b;
          di[v] += b;
       }
      int s = 0, t = n+1;
      int res = 0;
      for(int i = 1; i <= n; i++)
      {
    	  res += di[i];
    	  add_edge(s,i,di[i]);
    	  add_edge(i,s,0);
    	  add_edge(i,t,dt[i]);
    	  add_edge(t,i,0);
      }
      int ans = dinic(s,t);
      if(ans != res) printf("NO\n");
      else {
    	  printf("YES\n");
    	  for(int i = 0; i < m; i++)
    	  {
                  printf("%d\n",B[i] + es[2*i+1].c);
    	  }
        }
     }
     return 0;
    }
    
    

     

    展开全文
  • 给n个点,及m根pipe,每根pipe用来躺液体的,单向的,每时每刻每根pipe进来的物质要等于出去的物质,要使得m条pipe组成一个循环体,里面躺物质。 并且满足每根pipe一定的流量限制,范围为[Li,Ri].即要满足...

    题意:

    给n个点,及m根pipe,每根pipe用来流躺液体的,单向的,每时每刻每根pipe流进来的物质要等于流出去的物质,要使得m条pipe组成一个循环体,里面流躺物质。

    并且满足每根pipe一定的流量限制,范围为[Li,Ri].即要满足每时刻流进来的不能超过Ri(最大流问题),同时最小不能低于Li。

    例如:

    46(4个点,6个pipe)
    12 1 3 (1->2上界为3,下界为1)
    23 1 3
    3 4 1 3
    4 1 1 3
    1 3 1 3
    4 2 1 3

    这里写图片描述

    (LOJ 115更加直白,要求是一样的)

    #include<cstdio>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<queue>
    #include<vector>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    struct edge{
        int to,cap,rev,id;
    };
    vector<edge>G[210];
    int level[205],iter[205],cha[205],lower[200005],cur[205];
    void addedge(int from,int to,int cap)
    {
        G[from].push_back(edge{to,cap,(int)G[to].size()});
        G[to].push_back(edge{from,0,(int)G[from].size()-1});//反向容量为0!!
    }
    void bfs(int s)
    {
        memset(level,-1,sizeof(level));
        queue<int>que;
        level[s]=0;que.push(s);
        while(!que.empty()){
            int t=que.front();que.pop();
            for(int i=0;i<G[t].size();i++){
                edge e=G[t][i];
                if(e.cap>0&&level[e.to]<0){
                    level[e.to]=level[t]+1;
                    que.push(e.to);
                }
            }
        }
    }
    int dfs(int v,int t,int f)
    {
        if(v==t)return f;
        for(int&i=iter[v];i<G[v].size();i++){//注意传引用!
            edge&e=G[v][i];
            if(e.cap>0&&level[v]<level[e.to]){
                int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap));
                if(d>0){
                    e.cap-=d;
                    G[e.to][e.rev].cap+=d;
                    return d;
                }
            }
        }
        return 0;//不要漏了这个,很多时候可能是无法增广的
    }
    int maxflow(int s,int t){
        int flow=0;
        for(;;){
            bfs(s);
            if(level[t]<0)return flow;
            memset(iter,0,sizeof(iter));
            int f;
            while(f=dfs(s,t,0x7f7f7f7f))
                flow+=f;
        }
    }
    struct ans{
        int id,cap;
        bool operator<(const ans v)const{
            return id<v.id;
        }
    };
    int main() {
        int n, m, i, j, k;
        cin >> n >> m;
        for (i = 1; i <= m; i++) {
            int a, b, d;
            scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &lower[i], &d);//每条边的下界
            cur[b] += lower[i];//统计每个点的下界情况
            cur[a] -= lower[i];
            addedge(a, b, d - lower[i]);
            G[a].back().id = i;//记录边的id
        }
        int sum = 0;
        for (i = 1; i <= n; i++) {
            if (cur[i] > 0) {
                addedge(0, i, cur[i]);
                sum += cur[i];
            } else if (cur[i] < 0) {
                addedge(i, 201, -cur[i]);
            }
        }
        int flow = maxflow(0, 201);
        if (flow != sum) {
            cout << "NO" << endl;
            return 0;
        }
        cout << "YES" << endl;
        vector<ans> as;//存答案
        for (i = 1; i <= n; i++) {
            for (j = 0; j < G[i].size(); j++) {
                edge e = G[i][j];
                if (!e.id)continue;//注意反向边以及连向汇点源点的边是没有ID的,也就是ID是0;
                as.push_back(ans{e.id, G[e.to][e.rev].cap + lower[e.id]});//这条边的反向边的容量+这条边的下界
            }
        }
        sort(as.begin(), as.end());
        for (i = 0; i < as.size(); i++) {
            printf("%d\n", as[i].cap);
        }
    
        return 0;
    }
    
    展开全文
  • 该题为无源汇可行流的模板题 代码: #include #include #include #include #include #include #include #include < string > #include using namespace std; const int N= 400 ; ...
  • 无源汇有上下界可行流(也就是循环流)模型:一个网络,求出一个流,使得每条边的流量必须>=Li且, 每个点必须满足总流入量=总流出量(流量守恒)(这个流的特点是循环往复,无始无终)可行流算法的核心是将一个不满足流量守恒...
  • 无源汇可行流例题 http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1314 题解: 证明什么的就算了,下面给出一种建图方式 1.建虚拟的S和T 2.每一条原图的边(u,v),设最大容量是Max,最小是Min,建一...
  • 如果跑完最大后满,则存在方案,因为从S的出边流量和到T的流量相等,都等于sigma(min)   如果满,则最小流量条件能够满足。 /* Welcome Hacking Wish You High Rating */ #include #include #...
  • 思路:这个属于无源汇可行流,具体参考 http://blog.csdn.net/water_glass/article/details/6823741 。 AC代码如下: #include #include #include #include using namespace std; struct node { int u,v,flow...
  • 题意: 给n个点,及m根pipe,每根pipe用来躺液体的,单向的,每时每刻每根pipe进来的物质要等于出去的物质,要使得m条pipe组成一个循环体,里面躺物质。并且满足每根pipe一定的流量限制,范围为[Li,Ri].即要...
  • ZOJ 2314 (无源汇可行流)

    千次阅读 2013-08-03 11:18:00
    #include #include #include #include #include #include using namespace std; typedef long long LL; #define V 210 #define E 100000 #define INF 10000000 int n, m; // ...// nv =
  • 主要思想:每一个点进来的=出去的 对于每一个点i,令 Mi= sum(i点所有进来的下界)– sum(i点所有出去的下界) 如果Mi大于0,代表此点必须还要出去Mi的自由,那么我们从源点连一条Mi的边
  • 无源汇上下界可行流

    2021-08-06 21:53:41
    无源汇上下界可行流 题目描述 核心思路 这个题目,给出了容量的下界和上界,这使得与普通的网络流不同。设容量下界为Cl(u,v)C_l(u,v)Cl​(u,v),容量上界为Cu(u,v)C_u(u,v)Cu​(u,v),边(u,v)(u,v)(u,v)上的流量...
  • 题意:给n个点,及m根pipe,每根pipe用来躺液体的,单向的,每时每刻每根pipe进来的物质要等于出去的物质,要使得m条pipe组成一个循环体,里面躺物质。并且满足每根pipe一定的流量限制,范围为[Li,Ri].即要...
  • 然后此题将费用流与无源汇上下界可行流结合在一起,求无源汇上下界最小费用可行流,难想。 代码详解 #include #include #include using namespace std; const int N = 1010,M = 24010,INF = 0x3f3f3f3f; int n,m,s,t...
  • 若去掉(y, x)后,附加源x到附加汇y的最大流,能使得x的出弧或者y的入弧都满,充要于原图有可行流。 算法: 1. 按上述方法构造新网络(分离必要弧,附加源汇) 2. 求附加源x到附加汇y的最大流 3. 若x的出弧...
  • 思想是,如果存在可行流,每条边必定至少有下界的流量思想是,如果存在可行流,每条边必定至少有下界的流量思想是,如果存在可行流,每条边必定至少有下界的流量 那么直接用下届填充边的流量那么直接用下届填充边的流量...
  • 其他同无源汇可行流建图  点击进入 注意wrong点  strictly greater than < > 建图的时候注意 减1加1 #include #include #include #include #include using namespace std; const int maxn = 300+10...
  • #include &lt;bits/stdc++.h&gt; using namespace std; const int Maxm=10205; const int Maxn=205;...int n,m,s,t,size=1,ans,flag,tot,sum;...int first[Maxn],tmp[Maxn],in[Maxn],out[Maxn],dep...
  • 之后在上述构造的图中做无源汇最小费用可行流即可。 代码构图比较清楚,不理解的可以看看代码: #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #...
  • 题目链接:https://loj.ac/problem/116无源汇上下界可行流模板题。具体讲解见:http://blog.csdn.net/winter2121/article/details/79430071下面有dinic算法和sap算法。SAP算法中,每条边的流量就是反向边的cap原图中...
  • n nn 个点,m mm 条边,每条边 e ee 有一个流量下界 lower(e) \text{lower}(e)lower(e) 和流量上界 upper(e) \text{upper}(e)upper(e),求一种可行方案使得在所有点满足流量平衡条件的前提下,所有边满足流量...
  • 无源汇上下界可行流: 每一个边的流量有上界下界限制: 每一个点的所有汇入流量等于该点的所有流出流量 提问:是否存在网路流量满足上述的条件? 解决方案: 构建超级源点 source 超级汇点 sink 计算,其中 u ...

空空如也

空空如也

1 2 3 4 5 ... 20
收藏数 999
精华内容 399
关键字:

无源汇的可行流