寫在前面
前些日子的四川省賽，我們隊伍拿到了網路流C題的一血。看完題目和隊友討論了下，大概兩三分鐘就把題目正確做法討論出來了，但是寫程式碼過程還是比較笨拙的，建完圖後一度蒙圈甚至不知道自己建的是什麼意思，後來冷靜下來才把圖改對。
作為23年學校圖論專題的負責人，我覺得自己的網路流水平還是需要鍛鍊下。最近也是24暑假前集訓收官了，把今年的圖論專題網路流題目和以前做過的題目一起總結下。
我一直覺得，網路流題一是靠經驗，二是靠一些熟悉的模型，如果模型套對了，就可以享受快速過題甚至拿一血的樂趣。
這篇隨筆大概會涉及以下內容：二分圖匹配、最小點覆蓋、最大獨立集；最小割殘餘網路的處理、方案的輸出、切糕模型；最大權閉合子圖；方陣上的一些網路流模型；DAG轉二分圖的模型；
講述比較隨意，可能以後還會更新。
二分圖相關
二分圖匹配：
點數較少的時候可以使用 \(O(nm)\) 的匈牙利演算法，比較好寫。
其餘情況可以無腦網路流，dinic 演算法跑二分圖的複雜度約為 \(O(m\sqrt n)\)，詳見 ICPC2023濟南E。
最大權值匹配可以費用流，但最大費用最大流不一定是最大費用流（如下圖），為了讓其強制最大流，可以從每個左部結點向匯點連一條費用為 0，流量為 1 的邊。這個補流的思想還是比較有用的，下面會涉及到。
最小點覆蓋
最小點覆蓋的含義：選出圖中的一些點，滿足圖中所有邊的兩端至少有一個點被選中，最小的點集即為最小點覆蓋。
在二分圖中，最大匹配的數量和最小點覆蓋的點數是相同的。如果你將某題的題意轉化為了求二分圖的最小點覆蓋，那麼直接跑最大流就是答案。
在一般圖中，最大匹配的數量和最小點覆蓋的點數不一定相同，比如最簡單的一個三角形圖，最大匹配為1，最小點覆蓋卻是2。
一般圖最大匹配有多項式複雜度的帶花樹，而一般圖最小點覆蓋是npc。
我們知道最大匹配的方案很好輸出，匈牙利演算法自動匹配好了，最大流只需要看看殘餘網路的情況。但最小點覆蓋的方案就要稍微難找一些，Matrix67大佬的部落格裡有König定理的證明以及求出一組方案的過程，我們可以利用這個定理進行方案查詢：二分圖最大匹配的König定理及其證明
下面是匈牙利演算法求最小點覆蓋的程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1010;
inline int read() {
int sum = 0, ff = 1; char c = getchar();
while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') ff = -1; c = getchar(); }
while(c>='0'&&c<='9') { sum = sum * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return sum * ff;
}
int n1,n2,m;
vector <int> e[N];
int vis[N],belong[N]; // index is the right_part of G(V,E)
bool tagx[N],tagy[N];
int DFS(int u) {
for(int v : e[u]) {
if(vis[v]) continue;
vis[v] = 1;
if(!belong[v] || DFS(belong[v])) { belong[v] = u; return 1; }
}
return 0;
}
void mark(int u) {
if(tagx[u]) return ;
tagx[u] = 1;
for(int v : e[u]) {
if(!tagy[v] && belong[v]) {
tagy[v] = 1;
mark(belong[v]);
}
}
}
int main() {
int x,y;
n1 = read(); n2 = read(); m = read();
while(m--) {
x = read(); y = read();
e[x].push_back(y);
}
int ans = 0;
for(int i=1;i<=n1;i++) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
ans += DFS(i);
}
cout<<"ans = "<<ans<<endl;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n2;i++) vis[ belong[i] ] = 1;
for(int i=1;i<=n1;i++) if(!vis[i]) mark(i);
for(int i=1;i<=n1;i++) if(!tagx[i]) cout<<i<<" ";
cout<<endl;
for(int i=1;i<=n2;i++) if(tagy[i]) cout<<i<<" ";
cout<<endl;
return 0;
}
/*
4 4 7
1 1
2 2
1 3
2 3
2 4
3 2
4 2
*/
其實除了König定理，直接在網路流的殘餘網路裡進行DFS也可以求出最小點覆蓋的方案，其過程與König定理的原理相似。
這個會在下一個大標題裡講。
最大獨立集
最大獨立集的含義是：選出圖中的一些點，滿足圖中不存在兩個端點都被選中的邊，最大的點集即為最大獨立集。
無論是在二分圖還是一般圖當中，最大獨立集和最小點覆蓋永遠是互補的關係，兩者相加即為總點數。證明非常簡單，思考個四五秒就懂了。
也就是說，二分圖的最大獨立集 = 總點數 - 最小點覆蓋 = 總點數 - 最大匹配。想要求二分圖最大獨立集點數，只需讓總點數（兩邊點數和）減去最大流。
若要求出一組方案，那和求最小點覆蓋的方法是完全相同的，因為它就是最小點覆蓋的補集。
如果你可以將題目按照以下步驟轉化：
1、轉化為二分圖，將點分成兩邊陣營。
2、兩邊陣營某些關係存在衝突（兩者只能選其一），給兩個點連一條邊。
3、要求最大可以保留的點數。
那就是最大獨立集的模型了，答案是總點數減去最小割。
最小割的殘餘網路
輸出最小割方案
首先總所周知，殘餘網路上流量為0的邊，並不代表它被割掉了。因為流一次，同一條路上可能會有很多邊的流量變為0，但我們只需要割一條邊。
如果題目需要我們給出一組最小割的方案（例如2021 ECfinal H），我們到底應該割掉哪些邊呢？
其實這是一個與最小割定義相關的問題。
最小割的定義是，將所有點劃分為 S 和 T 兩個集合，滿足源點在 S 中，匯點在 T 中，且所有從 S 到 T 的邊流量之和最小。那麼，從 S 到 T 的所有邊，就是我們要割掉的邊。
我們跑完最大流後，為什麼找不到新的增廣路了，就是因為 S 到 T 的所有邊都被割掉了。
如果我們從源點進行DFS，每次只沿著流量不為0的邊走，我們走到的所有點的集合其實就是點集 S 的一種方案。
下圖圖一，淺藍色邊為增廣路，紅色為最小割的方案，雖然源點到第一個點的邊流量也變成了0，但是它不能是最小割的邊。
下圖圖二，深藍色邊是跑完最大流後的殘餘網路，我們從源點開始DFS，綠色點即為 S 中的點，其餘點為 T 中的點。
左部點中未被綠色標記的點，是邊被割去的點，右部點中被綠色標記的點，是邊被割去的點。由此可以根據題意來輸出一組最小割方案。
事實上，你會發現從源點開始 DFS 的過程，與 König 定理中標記點的過程非常相似。沿著未滿流的原圖邊走，就是沿著二分圖中的非匹配邊走；沿著殘餘網路中的反向邊走，就是沿著二分圖中的匹配邊走。圖三中，紅色點是最小點覆蓋點集，藍色點為最大獨立集，可以發現最小點覆蓋和最小割是完全一致的。也就是說，想要求最小點覆蓋，實際上就是求一種最小割的方案。因此網路流圖建好以後，不需要上面程式碼中的 mark 函式，而是直接 DFS 求出 S 點集即可。
回過來看2021 ECfinal 的 H，是讓你求最多能有多少組WB交叉的2x2方塊，可以根據奇偶性翻轉顏色，將題意變為多少組純白或純黑的方塊。
經過這個轉化後，我們就可以套用上面提到的最大獨立集的三個步驟：
純白和純黑的方塊是兩個陣營，陣營內互不影響，可以劃分成一個二分圖；如果兩個方塊有相交部分，那就不能同時滿足一黑一白，因此將其左右連邊；最後求出最大獨立集就是最多可以留多少純色方塊。
換個方式，用最小割來理解，就是把所有衝突的路徑，透過割掉左邊點或者割掉右邊點，使其無法形成增廣路。
可以看出，最大獨立集和最小割的思想是同源的。
另外從OIwiki搬來一點關於最小割方案的補充：
如果需要在最小割的前提下最小化割邊數量，那麼先求出最小割，把沒有滿流的邊容量改成無窮大，滿流的邊容量改成1，重新跑一遍最小割就可求出最小割邊數量；如果沒有最小割的前提，直接把所有邊的容量設成1，求一遍最小割就好了。
下面左圖為原圖上最小割的方案，右圖為所有滿流邊容量改為1後的最小割方案：
切糕模型
BZOJ 3144 [HNOI2013] 切糕
一個比較經典的省選題，這題最小割的建圖方式還是比較妙的，不過我們也可以從中提煉出一個模型來。
為什麼要把切糕這題放在這裡講，因為提煉出的模型和上面的最小割方案有很大的關聯。
先回顧下這題的建圖方式：如果相鄰兩條路所切的點距離超過d，那麼我們認為不滿足題意，因此從一條路的下游點，向相鄰路距離為d的上游點連一條邊權為 inf 的邊，這樣如果這兩條路選點距離超過d，還會存在一條額外的增廣路來進行修正。（沒圖不好理解，具體看原題題解）
這個做法比較難想到，會讓人覺得難以理解，我們換個角度進行題意轉化：
相鄰兩條路選的兩個點距離不超過d，如果我們把所有上游點向距離為d的下游點連一條新邊（如下圖所示），那麼原題的要求就變成了：任意一條從源點到匯點的路徑上，只能割一條邊，求最小割。（由於源點和匯點相鄰的邊不會被割掉，所以每條路最上游和最下游的點不需要連新邊）
為了方便描述，我就把這個任意一條路徑只割一條邊的模型叫做切糕模型了。
而這個模型的解決思路也很簡單：所有的邊，複製一條流量為 inf 的反向邊，再跑最小割就行了，求方案也是從源點DFS即可。（注意這個前提是所有的點都在源點到匯點的路徑上，如果不是，去除那些無用點，再複製反向邊）
關於證明，需要好幾張圖，我懶得畫了。同校同學可以看下23年暑假前集訓圖論專題 Z 題的ppt題解。
簡單來講，可以考慮什麼時候會出現跑完最大流後一條路上被割兩條邊，那一定不可能是隻有一條路。在被割掉的兩條邊中間，一定會有一條從源點過來的路，以及一條通往匯點的路，如果中間建立了流量無窮大的反向邊，就可以使源點過來的路和通往匯點的路再產生新的增廣路，換一條割掉的邊，使原來路徑上的兩條邊不會同時被割掉。
其他的細節可以自行思考下。
平面圖最小割
參考經典的bzoj第一題狼抓兔子。如果題目給的是一張平面圖，要求出最小割，那麼會有一個比較有趣的性質，就是 S 和 T 兩個集合可以被一條線劃分到平面的兩邊。
S到T的每一條邊，合起來在對偶圖中可以形成一條完整的路徑，我們只需求出對偶圖中的最短路徑，就可以求出原圖中最小割的方案。
另外還有一道和網路流不相干的題目：CF325D，題目大意是實時判斷一個圓柱面是否被割開成上下兩部分。
雖然不是網路流題目，但是也用到了 平面圖最小割 轉 對偶圖最短路 的思想。
雖然這題是圓柱，但是可以用化環為鏈的思想，把圓柱展開成平面並複製一份，將上下兩部分割裂開，其實就是求一條完整的路徑，從左邊某一個點出發，到達右邊複製平面的同一個點。
ICPC2023濟南E
ICPC2023濟南E
這道題目我們需要統計新增一條邊後產生增廣路的情況數。
也是在殘餘網路上進行方案統計，不過和最小割方案不同，新增加的邊不能只滿足 “起點在 S 集合，終點在 T 集合”，還要滿足這條邊的終點能夠從殘餘網路中到達匯點。
所以這題需要兩遍DFS，一遍從源點出發走正向邊，一遍從匯點出發走反向邊，求出兩個點集。新增加的邊起點和終點在這兩個點集內才算合法。
最大權閉合子圖
最大權閉合子圖是這樣一類問題：
給出一個類似於2-sat的邏輯圖，一條邊 u 到 v 的含義為選了 u 這個結點，就一定要選 v 這個點。每個點有一個正權值或負權值，如何選點使得總權值和最大。（在這種邏輯圖當中，選出的子圖一定是閉合子圖）
一般圖的最大權閉合子圖
這類問題並不一定是二分圖，一般圖的最大權閉合子圖是同樣的做法。
首先把點分為兩個點集，正權的點放在左側，由源點連一條流量為權值的邊；負權的點放在右側，連向匯點一條流量為負權絕對值的邊；其他邊正常連線，流量為無窮大。
答案為所有正權的和 - 最大流。證明略
如何輸出方案呢？
其實和求最小割方案很相似，甚至更簡單。
直接說結論：從源點出發沿著流量不為0的邊DFS，走到的點集 S 就是答案的子圖。
如果說和求最大獨立集的區別，那就是最大權閉合子圖不一定是二分圖。
2024四川省賽C
gym105222C
這題要求我們使立方體滿足，左下角都是黑色，右上角都是白色。
一開始我想的是切一個面，還以為是切糕模型之類的，但是貢獻不是來自切斷鄰邊，而是翻轉顏色。
隊友馬上想到了關鍵的轉化：如果一個點是白色，那麼這個點上，右，前個方向的點都應該是白色。
我們先將所有點變成黑色點，需要一個初始的代價cost。然後如果一個點被選擇，代表將這個點染白，這個點指向的所有點，也需要染白。如果一個點最初是黑色，那麼將它染白需要花錢，如果一個點最初是白色，那麼由黑變白其實是反悔操作，可以賺錢。賺錢的點就是最大權閉合子圖中的正權點，花錢的就是負權點。一共能賺到正權和-最大流，所以最後的總花費就是cost-(正權和-最大流)。
我尋思了一下，發現cost就是正權和啊，所以最後答案直接就是最大流了。
這題還有個要求，左下角必須黑，右上角必須白，那就把這兩個點單獨算花費，不要連入網路流建圖中。
方陣上的一些網路流模型
有很多網路流的題目是建立在方陣上的。
比如網路流24題裡就有棋盤類的題目，國際象棋中，相永遠走不到另一種顏色的位置上，而馬每次必定會走到另一種顏色的位置上。這種天然的奇偶顏色關係，就可以建立起二分圖模型。
方陣中經常會出現只有上下左右連線，沒有斜邊連線的情況，因此不存在奇數環，很容易讓人聯想到二分圖的模型。
有時並不是方陣中原本的點進行建圖，而是原方陣中的邊，或者整體的某個塊兒，視作一個點，也很容易變成網路流的模型。
這裡舉例說明方陣轉網路流的一些模型。
2021 ECfinal H
2021 ECfinal H，還是上面那道題。
首先這個WB相間就非常迷惑人，如果想不到按照奇偶性進行顏色翻轉，就很容易想偏。
在方陣平面上，相鄰位置的互斥關係可以轉化為網路流二分圖的中間邊，比如這題中，相鄰的2x2方塊不可能是一黑一白，存在著互斥關係。
不過這題不是單純的將所有塊兒分到二分圖的兩側，因為有些方塊是四個問號，既可以是白色塊，也可以是黑色塊。因此每個位置需要拆成兩個點，左側點表示將這個位置塗成全白，右側點表示將這個位置塗成全黑，因此同一個位置的左右兩個點也是互斥的，需要連一條邊。再將其他八個方向有重疊部分的互斥關係連邊。跑一個最大獨立集。
CF1404E
CF1404E
用長條鋪滿方陣中要求的位置，題意就非常的網路流。
因為長條是不允許拐彎的，因此我們不允許有L型的幾個位置合在一起的情況。我們把兩個位置合一起的操作，看做是選擇兩個位置中間的點，那麼不允許L型的合併，也就是不允許一個位置同時選擇相鄰的兩個點。
將這些有衝突的點進行連邊，我們會發現由於平面的性質，它也是一張二分圖，跑一個最大獨立集，就是最多能進行幾次合併。
每一次合併可以減低一點費用，將 '#' 的數量減去合併的最大數量為最終答案。
另外再講一個和這題題意很像的，但正解不是網路流：江蘇省賽J
題意是用一些1*k的骨牌覆蓋方陣，骨牌不能重疊或者有相鄰邊，求最大能覆蓋的權值。
骨牌沒有相鄰邊意味著選擇的所有點不能出現L型的三個點，而不能出現L型的三個點，就是任意2x2的小方塊內最多選兩個點。
本來以為可以建成二分圖，左邊點表示2x2的小方塊，右邊點表示每一個位置，左邊點連匯點流量是2來控制方塊內點數。結果發現不行，這條流量為2的邊，並不能限制方塊內的點數，因為這些位置也可以從其他相鄰的方塊找流量流進來。
目前還沒想到網路流做法，估計是沒法做。資料範圍很小，正解是狀壓，不在這裡講了。
DAG轉二分圖
售貨員問題？
先來講一個很像售貨員問題的題目：
n 個點 m 條邊的 DAG，你可以花費 \(a_i\) 傳送到 \(i\) ，求每個點恰好經過一次走完所有點的最小花費。
有個上下界的模型可以解決這個問題，不過沒有必要，可以用按照出度入度拆點的方式將DAG轉成二分圖來解決。
具體的，每個點拆成左右側兩個點；由於每個點恰好經過一次，視作入度為1，每個右側點向匯點連一條流量為1的邊；每個點可以走到其他點一次，視為出度為1，從源點向左側點連一條流量為1的邊；原圖中的邊，從左側點連線到右側點，流量為1，費用為原圖邊權。
這時跑費用流。中間的某條邊滿流，說明路徑中選擇了這個點；連向匯點的邊滿流，說明這個點被到達。
現在的圖最大流不是n，這是因為在沒有傳送時，一些點是可能無法到達的。比如這題沒說一開始在DAG中的起點，而是透過傳送來到DAG中，我們考慮將傳送的路線加入二分圖中。
透過原圖中的邊從 u 走到點 v ，也就是二分圖左側點 u 連向右側點 v 的這條路；直接傳送到點 v ，就是不需要花費左側點的出度（每個點的出度只能用一次），而是直接從源點連一條到右側點 v ，費用為 \(a_v\) 的邊。
將這兩種移動方式的邊都連上，圖就算建完了，跑費用流就是每個點經過一次的答案。
可以發現，這題中從源點連向右側點這一個補流的操作，和上面講到的二分圖最大權匹配時的補流思想是很相似的。
最小生成樹？
再講一個很像最小生成樹的問題：CF277E
平面上有一些點，每個點只能向高度小於它的點連邊，且最多連出兩條邊，邊權為兩點歐幾里得距離，求連線所有點的最小邊權。也就是，求出一棵最小生成二叉樹。
與上一個例題思路一致，我們將每個點拆成二分圖左右兩點，左邊點代表出度，右邊點代表入度。
每個點最多連出兩條邊，因此從源點向左邊點連一條流量為2的邊；每個點只有一個入度，因此右側點向匯點連一條流量為1的邊；而中間所有可以連線的邊，都連一條流量為1，費用為歐幾里得距離的邊。
跑費用流，答案就是最小生成二叉樹。
這題沒有指定起點，但是預設從最高的點出發，最高的點入度為0，它不需要向匯點連邊。如果最高的點不止一個，那麼輸出無解。如果右側點連向匯點的邊不能滿流，說明也是無解，含義就是它們無法獲得足夠多的入邊。
為什麼兩題都需要保證是DAG？
我們都知道售貨員問題是npc的，因為這種建圖的前提是DAG。
我們再來思考下兩道題的路線方案：
第一題中，我們可以使用傳送，傳送完之後可以從落點走一條鏈，所有的鏈不重不漏覆蓋所有的點。
第二題中，二叉樹的第二條出邊也相當於傳送到了該點，並從該點開始走一條鏈，只不過這條鏈的起點掛在了以前經過的點上。
這樣一來，我們的鏈在DAG中都是有始有終的，一個出邊對應另一個點的入邊。
如果DAG改成了一般圖，就打破了這個平衡，我們甚至可以不使用傳送，而是在二分圖中跑出一個 1->2, 2->3, 3->1 的環作為費用，這樣同樣是滿足了每個點訪問一次，但是卻無法找到一條進入環的路線，無論是從其他點還是傳送。
第二題也不能是DAG，因為我們的建圖只能保證：每個點出邊上限為2，入邊必須為1，但無法保證圖的聯通性問題。因為這兩個限制在一般圖中可能會以基環樹森林的形式出現，即某個點出邊連向了自己的祖先，從而認為祖先結點不需要從更高的祖先連邊，造成圖不連通。而在DAG中，只要規定了入邊為1，那麼一定是生成的子圖一定是一棵樹。
寫在後面
感覺，也沒什麼需要寫在後面的了。
就是不定期會更新吧，如果以後看到類似的模型也會丟到這篇隨筆裡來。
上下界可能也會做些總結，不過就不往這裡丟了，這篇已經夠長了。
真能看完的讀者希望能有點收穫吧，哪怕只是幾道例題的指路也好。