題意：
給定一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的網路，源點為 \(1\)，匯點為 \(n\)。對於每條邊，有容量 \(c\)，當前流量 \(f\)。
但這個圖是錯誤的，可能存在 \(c < f\)，或者流量不守恆的情況。你每次操作可以將某條邊的 \(c\) 或 \(f\) 加 \(1\) 或減 \(1\)。請你用最少的操作次數將圖變成一個正確的網路。
\(n,m \le 100\)，\(c,f \le 10^6\)，\(1\) 沒有入邊，\(n\) 沒有出邊。
思路：
被我秒了的黑題，自信心爆棚。
先只考慮只要求流量守恆的情況，發現這就是一個類似於上下界網路流的東西，我們對於 \((u,v,f)\)，建 \((v, u, f, 1)\) 和 \((u, v, f, 1)\)，分別代表減少這條邊的流量和增加這條邊的流量。
於是我們就可以類似的擴充套件到容量上了。我們把 \(c \ge f\) 和 \(c < f\) 分開討論。
不難發現能不改變容量就儘量不要改變容量，我們依據這個來做。
如果 \(c \ge f\)，連 \((v, u, f, 1)\) 表示可以減少到 \(0 \sim f\)，\((u,v,c-f,1)\) 表示可以在不改變容量的情況下增加到 \(c\)，以及 \((u,v,\infty,2)\) 表示如果還要增加就要兩個都增加了。
如果 \(c < f\)，則我們考慮如果最後 \(f\) 比 \(c\) 還要小，那肯定有 \(c\) 不變，而如果 \(f\) 比 \(c\) 還要大，那也一定有 \(f = c\)，否則一定也有 \(f=c\)。
不難發先最後一種情況下花費一定是 \(f-c\)，而剩下的兩個情況是在這個情況的基礎上增加或減少，所以我們先給答案加上 \(f-c\)，然後連 \((v,u,f-c,0)\) 表示這個範圍內可以變化，然後 \((v,u,c,1)\) 表示再減少就要再花錢，\((u,v,\infty,2)\) 表示增加就要兩個都增加。
以上都是基於對於原有的邊流量一定是 \(c\)，這是一個有下界的問題。
所以我們按照上下界有源匯網路流的做法建立超級源超級匯，同時連 \((n,1,\infty,0)\)。
很有意思。
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct Edge {
int to, val, cst, rev;
Edge (int _to = 0, int _val = 0, int _cst = 0, int _rev = 0) :
to(_to), val(_val), cst(_cst), rev(_rev) {}
};
vector<Edge> e[N];
void add(int u, int v, int w, int c) {
e[u].push_back(Edge(v, w, c, (int)e[v].size()));
e[v].push_back(Edge(u, 0, -c, (int)e[u].size() - 1));
}
int d[N] = {0};
bool inq[N] = {false};
bool bfs(int s, int t) {
memset(d, inf, sizeof d);
queue<int> q;
q.push(s), d[s] = 0;
while (!q.empty()) {
int h = q.front();
q.pop();
inq[h] = false;
for (auto i: e[h])
if (i.val > 0 && d[i.to] > d[h] + i.cst) {
d[i.to] = d[h] + i.cst;
if (!inq[i.to])
inq[i.to] = true, q.push(i.to);
}
}
return d[t] != inf;
}
int cur[N] = {0};
bool vis[N] = {false};
int dfs(int x, int t, int f) {
if (x == t)
return f;
int fl = 0;
vis[x] = true;
for (int i = cur[x]; i < (int)e[x].size(); i = ++cur[x])
if (e[x][i].val > 0 && !vis[e[x][i].to] && d[e[x][i].to] == d[x] + e[x][i].cst) {
fl = dfs(e[x][i].to, t, min(f, e[x][i].val));
if (fl > 0) {
e[x][i].val -= fl;
e[e[x][i].to][e[x][i].rev].val += fl;
break;
}
}
if (fl == 0)
d[x] = -1;
vis[x] = false;
return fl;
}
int Dinic(int s, int t) {
int ans = 0;
while (bfs(s, t)) {
memset(cur, 0, sizeof cur);
int ad = 0;
while ((ad = dfs(s, t, inf)) > 0)
ans += ad * d[t];
}
return ans;
}
int n, m;
int s[N] = {0};
int main() {
cin >> n >> m;
int ans = 0;
for (int i = 1, u, v, f, c; i <= m; i++) {
cin >> u >> v >> c >> f;
s[u] += f, s[v] -= f;
if (c >= f) {
add(v, u, f, 1);//流回來
add(u, v, c - f, 1);//流過去，不改變 c
add(u, v, inf, 2);//流過去，改變 c
}
else {
ans += f - c;//至少這麼多代價
add(v, u, f - c, 0);//在可接受範圍內 [c, f]
add(v, u, c, 1);//需要降低流量
add(u, v, inf, 2);//需要同時增加流量和容量
}
}
int S = 0, T = n + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (s[i] > 0)
add(i, T, s[i], 0);
else
add(S, i, -s[i], 0);
add(n, 1, inf, 0);
cout << ans + Dinic(S, T) << endl;
return 0;
}