无源汇上下界可行流

题目

给出一个有向图。每条边有流量上界和下界，问是否存在一中流量分配方案，使得每个点流量守恒(即流入量=流出量)

思路

解决这种问题的主体思路就是在初始流的基础上不断添加流量，使得满足流量守恒。
初始流很显然应该是每条边流量的下界。
但是这样并不满足流量守恒。然后考虑添加流量。
对于一个点，我们设初始流中他的流入量为(rd)，流出量为(cd)。设(d=rd-cd)。
然后对(d)进行分类讨论。
如果(d < 0)，则表示流入量要比流出量小，那么我们应该给多出来的流出量一个流出去的地方。所以就将点(i)向汇点t连一条容量为(-d)的边。
如果(d > 0)，则表示流入量要比流出量大，那么我们应该给多出来的流入量一个来的地方。所以就从(s)向点(i)连一条容量为(d)的边。
如果(d = 0)，那么流量已经守恒，就不用添加附加流了。
然后考虑怎么统计答案。
如果想要有可行流的话，那么(s)连出去的每条边必须满流，否则肯定没有可行流，这是一定的。
然后对于一条边他最终的流量应该是初始流+附加流。初始流就是流量下界。附加流就是反向边了。因为我们把减掉的流量都加到反向边上去了。

例题

代码

/* * @author: wxyww * @date:   2019-02-10 14:09:32 * @last modified time: 2019-02-10 14:26:40 */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<queue> #include<cstring> #include<bitset> using namespace std; typedef long long ll; const int n = 200000,inf = 1e9; ll read() {     ll x=0,f=1;char c=getchar();     while(c<'0'||c>'9') {         if(c=='-') f=-1;         c=getchar();     }     while(c>='0'&&c<='9') {         x=x*10+c-'0';         c=getchar();     }     return x*f; } struct node {     int v,nxt,w; }e[n]; int head[n],ejs = 1; void add(int u,int v,int w) {     e[++ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;     e[++ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs; } queue<int>q; int dep[n],s,t; int rd[n],cur[n],cd[n]; int bfs() {     memset(dep,0,sizeof(dep));     while(!q.empty()) q.pop();     dep[s] = 1;q.push(s);     while(!q.empty()) {         int u = q.front();q.pop();         for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {             int v = e[i].v;             if(!dep[v] && e[i].w) {                 q.push(v);                 dep[v] = dep[u] + 1;                 if(v == t) return 1;             }     }     }     return 0; } int dfs(int u,int now) {     if(u == t) return now;     int ret = 0;     for(int &i = cur[u];i;i = e[i].nxt) {         int v = e[i].v;         if(dep[v] == dep[u] + 1 && e[i].w) {             int k = dfs(v,min(now - ret,e[i].w));             e[i].w -= k;             e[i ^ 1].w += k;             ret += k;             if(now == ret) return ret;         }     }     return ret; } int dinic() {     int ans = 0;     while(bfs()) {         memcpy(cur,head,sizeof(cur));         ans += dfs(s,inf);     }     return ans; }  int ans[n]; int low[n]; int main() {     int n = read(),m = read();     s = n + 1,t = s + 1;     for(int i = 1;i <= m;++i) {         int u = read(),v = read();low[i] = read();int up = read();         add(u,v,up - low[i]);         ans[i] = ejs;         rd[v] += low[i];cd[u] += low[i];     }     for(int i = 1;i <= n;++i) {         int z = rd[i] - cd[i];         if(z > 0) add(s,i,z);         if(z < 0) add(i,t,-z);     }     // puts("!!!");     dinic();     int bz = 0;     for(int i = head[s];i;i = e[i].nxt) {         if(e[i].w) {             puts("no");return 0;         }     }     puts("yes");     for(int i = 1;i <= m;++i)         printf("%dn",e[ans[i]].w + low[i]);     return 0; }

有源汇上下界可行流

只要将(t)到(s)之间连一条容量为(inf)的边，就可以转化为无源汇上下界可行流了(233)。