2188. 无源汇上下界可行流
2022/8/7 23:25:05
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2188. 无源汇上下界可行流
给定一个包含 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图,每条边都有一个流量下界和流量上界。
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,所有边满足流量限制。
输入格式
第一行包含两个整数 \(n\) 和 \(m\)。
接下来 \(m\) 行,每行包含四个整数 \(a,b,c,d\) 表示点 \(a\) 和 \(b\) 之间存在一条有向边,该边的流量下界为 \(c\),流量上界为 \(d\)。
点编号从 \(1\) 到 \(n\)。
输出格式
如果存在可行方案,则第一行输出 YES
,接下来 \(m\) 行,每行输出一个整数,其中第 \(i\) 行的整数表示输入的第 \(i\) 条边的流量。
如果不存在可行方案,直接输出一行 NO
。
如果可行方案不唯一,则输出任意一种方案即可。
数据范围
\(1 \le n \le 200\),
\(1 \le m \le 10200\),
\(1 \le a,b \le n\),
\(0 \le c \le d \le 10000\)
输入样例1:
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
输出样例1:
YES 1 2 3 2 1 1
输入样例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
输出样例2:
NO
解题思路
最大流,无源汇上下界可行流
建图:对于一个可行流,\(c_1\leq f\leq c_2\),即 \(0\leq f-c_1\leq c_2-c_1\),满足流量限制,但对于一个节点来说,不一定满足流量守恒,即不一定有 \(\sum c_{入}= \sum c_{出}\),可以另外建立一个源点和汇点,将不满足该要求的点多的(由于是 \(f-c_1\))用源点连向该点且容量为 \(\sum c_{入}- \sum c_{出}\) 的边,否则该点连向汇点且容量为 \(\sum c_{出}-\sum c_{入}\) 的边,且要求最大流满流
- 时间复杂度:\(O(n^2m)\)
代码
// Problem: 无源汇上下界可行流 // Contest: AcWing // URL: https://www.acwing.com/problem/content/2190/ // Memory Limit: 64 MB // Time Limit: 1000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org) // %%%Skyqwq #include <bits/stdc++.h> //#define int long long #define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);} #define pb push_back #define fi first #define se second #define mkp make_pair using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; typedef pair<LL, LL> PLL; template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; } template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; } template <typename T> void inline read(T &x) { int f = 1; x = 0; char s = getchar(); while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); } while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar(); x *= f; } const int N=21000,M=205,inf=0x3f3f3f3f; int n,m,C[M],s,t; int h[M],e[N],f[N],ne[N],idx,down[N]; int q[M],hh,tt,cur[N],d[N]; void add(int a,int b,int c) { e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++; e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++; } bool bfs() { memset(d,-1,sizeof d); d[s]=hh=tt=0; cur[s]=h[s]; q[0]=s; while(hh<=tt) { int x=q[hh++]; for(int i=h[x];~i;i=ne[i]) { int y=e[i]; if(d[y]==-1&&f[i]) { d[y]=d[x]+1; cur[y]=h[y]; if(y==t)return true; q[++tt]=y; } } } return false; } int dfs(int x,int limit) { if(x==t)return limit; int flow=0; for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i]) { int y=e[i]; cur[x]=i; if(d[y]==d[x]+1&&f[i]) { int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow)); if(!t)d[y]=-1; f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t; } } return flow; } int dinic() { int res=0,flow; while(bfs())while(flow=dfs(s,inf))res+=flow; return res; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); memset(h,-1,sizeof h); for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b,c,d; scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); d-=c; down[idx]=c,add(a,b,d); C[a]-=c,C[b]+=c; } s=0,t=n+1; int res=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(C[i]>0)res+=C[i],add(s,i,C[i]); else add(i,t,-C[i]); if(res!=dinic())puts("NO"); else { puts("YES"); for(int i=0;i<m*2;i+=2) printf("%d\n",f[i^1]+down[i]); } return 0; }
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