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网络流的大部分题都在考问题分析和转换，以及对状态维护的考虑（DP ? 嗯哼 ?），综合起来就是考问题建模。 只要建立出了合适的模型，只需要背一遍模板就 ok 了，有些题目甚至都不需要跑网络流，直接上最短路，bfs或者dfs（只要有耐心去思考，dp 也能解决一部分题目），由于网络流算法过程的本质是贪心，所以在特定的情况下还可以直接贪心 + 模拟。 作为史上第一届提高组 CSPer，先在这里大胆地立个 flag： (NOIP) CSP 不考网络流！
关于网络流中更高深的东西还没有作深入研究，主要还是学一下基础建模思想。 网络流基础知识康这里：【学习笔记】网络流算法简单入门 【进入正题】有时候我们可能会遇到这样一种题目：一眼看过去瞬间就想到最短（长）路，仔细想想后又被它鬼畜的限制条件给吓住，可能我们会想到状压，但状压并不是万能的，数据过大时就只能另想办法了。这时候可以将费用流作为一种待选思路。 其实这种带限制的图上最短（长）路应该是网络流建模中最简单的类型了，涉及到的方法都比较基础，所以下文在分类讨论时不考虑复杂的建模方法。
一：【建模思路】建模是最难的部分，但要相信，一些类型的题目也是有套路可寻的。
1.【确定建模方法】首先我们要明确这鬼畜的限制条件都有些什么。 例如：
找出 K 条最短路。
找出两条不相交的最短路。
每个点、边最多只能经过 K 次。
特定的点、边最多只能经过 K 次。
… 常见的可以分为两类： (1). 【局部相同】特征： 一大类（或者几大类）的点、边都有着相同的限制条件。 方法： 分层图。每一层就表示限制条件中的一种状态，这种状态有时比较明显，有时需要用状压将其简化。
如果有天数的概念，并且到达指定天数后就结束或者花费 XXX 重置天数，诸如此类的问题可以按照天数进行分层，在图上的某个位置 x 的某一层 k 代表在 x 这个位置，时间为第 k 天的状态。 (2). 【局部不同】特征： 每个点、边都会给出不同的限制条件（可能有少数相同，看给出的数据如何）。 方法： 拆点。拆点是最玄学的方法，一道莫名其妙的题，可能一波神仙操作后就变成了最大流。
但在图上面要求似乎没那么高。最简单的是拆成入点和出点，如果题目给出了点权或者点的最大允许经过次数，就在拆出的入点和出点之间连一条流量为经过次数，费用为点权的边，这样就可以把点权变成边权，同时实现了点的经过次数限制（如果某些边有经过次数限制的话，也可以将其作为边流量）。 (3). 【全局相同】特征： 整体限制。 方法： 超级源点和超级汇点。这种方法非常好用，凡是看到网络流的题，都可以先建个超源和超汇，不仅对答案没有影响，还能帮助我们思考问题，利用它去完成很多不太好解决的限制条件。
超源和超汇可以轻松解决存在多个起点和终点的情况。
在求非完备匹配二分图的可行边、必须边时，超汇还有构造增广路的作用，这里不做讨论。
如果题目要求找出 K 条路径使得经过的边权总和最小，那么可以让超源和起点连流量为 K 的边，超汇同理，对于图里面的点则按具体要求连边。
为什么这样做就是对的呢？利用费用流的特性，即最大流为前提，在此基础上求最小（大）花费，因此路径数可以人为设定，只要有解，最后一定会跑出最大流（即人为设定的路径数）。
2.【思考建图时的状态转移】就像 dp 一样，需要做到不重不漏（有时候“重”似乎并不会造成影响，但会降低算法效率） 所谓的“状态转移”就是计算从一个状态到另一个状态需要消耗的费用，流量等等。
这里的“状态”有分层后的层数，拆点后的入点和出点，还有单纯的从一个位置（坐标）到达另一个位置（坐标），这些都是需要考虑的东西。
3.【认真计算空间复杂度】最好是把空间抠死（抠到最小空间 +10 这种程度），因为开太小会 RE，开太大又可能 TLE。 TLE 可能有人不相信，但我反正是栽了无数次跟头。 有时候算好了总边数，结果总点数算错。还有拆点时为了好写导致中间空了编号很多没有使用，于是在跑 SPFA 前的初始化 dis 时，巨大的点数狠狠地将一个个 TLE 拍到了我的脸上。 一些可能需要注意的地方：
(1). 如果分出 [1,K] 层后还使用了第 0 层，那么点数应该是 n*(K+1) 。
(2). 计算点个数时别忘了还有超源和超汇。
(3). 算出的总边数还要乘以 2（因为要建反边供算法中的“反悔”操作）。
(4). 与超源和超汇相连的边也要计算。
4.【跑图】建好了图就是愉快的套模板时刻啦，如果网络流中的所有边流量都为 1，可以发现和最短路算法写出来没什么区别（EK 跑费用流毕竟是自带 SPFA 的）。
二：【例题】前面说的都比较抽象，现在来看几道例题。 （1,2,3 为散乱的图，4,5,6 为方格图） 注：下文中说到连“流量”为 XX “费用”为 XX 的边，表达的意思是残留流量和单位费用。
1.【运输问题】传送门：运输问题 [P4015] [Loj6011]
（难度：简单） 【分析】只需要建个超源和超汇就解决啦QAQ。 (1). 超源与 i ∈ [1,n] 连流量为 a[i] 费用为 0 的边。
(2). j ∈ [1,m] 与超汇连流量为 b[j] 费用为 0 的边。
（注意连边的方向，是超源指向起点，终点指向超汇，之后不再提醒）
(3). 然后 i ∈ [1,n] 与 j ∈ [1,m] 连流量为 inf 费用为 cost[i][j] 的边。 至于最大费用，清空数组后把 cost 全变为负数再跑一遍即可。 【Code】#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=205,M=10205,inf=2e9;//点数: 100+100+2=202, 边数: 100*100+100*2=10200
int o=1,n,m,h,t,st,ed,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N],Flow[N][2],Cost[N][N];LL mincost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]>dis[x]+a[i].w){//最小费用
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],mincost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
int main(){
in(n),in(m),st=n+m+1,ed=st+1;
for(Re i=1;i<=n;++i)in(Flow[i][0]),add_(st,i,Flow[i][0],0);//超源->仓库
for(Re i=1;i<=m;++i)in(Flow[i][1]),add_(n+i,ed,Flow[i][1],0);//商店->超汇
//防止代表仓库i和商店j的数字混乱，用n+j表示商店j
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
in(Cost[i][j]),add_(i,n+j,inf,Cost[i][j]);//仓库->商店
EK(st,ed);
printf('%lld\n',mincost);
memset(head,0,sizeof(head));
memset(cyf,0,sizeof(cyf));
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(a,0,sizeof(a));
o=1;maxflow=mincost=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)add_(st,i,Flow[i][0],0);
for(Re i=1;i<=m;++i)add_(n+i,ed,Flow[i][1],0);
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
add_(i,n+j,inf,-Cost[i][j]);//变成负数后直接求得最大花费
EK(st,ed);
printf('%lld\n',-mincost);
}
2.【数字梯形问题】传送门：数字梯形问题 [P4013] [Loj6010]
（难度：简单） 【分析】三种不同拆点的实现。 将最大流人为设成 m，最后求一个最大流为 m 的最大花费。 【Task 1】 每个点、每条边都只能经过一次。 (1). 超源与 j ∈ [1,m] 连流量为 1 费用为 0 的边。
(2). j ∈ [1,m+n-1] 与超汇连流量为 1 费用为 0 的边。
(3). 将点拆为入点和出点，连流量为 1 费用为数值的边。
(4). i ∈ [1,n-1]，j∈ [1,m+i-1] 与 [i+1,j],[i+1,j+1] 都连流量为 1 费用为 0 的边。 【Task 2】 每个点可经过无数次，每条边只能经过一次。 在【Task 1】的基础上稍加修改即可。 (1). j ∈ [1,m+n-1] 与超汇连边流量改为 inf 。
(2). 将点拆为入点和出点，连边流量改为 inf 。 【Task 3】 每个点、每条边都能经过无数次。 在【Task 1】的基础上稍加修改即可。 除了超源与 j ∈ [1,m] 连的边，其他的流量全部改为 inf 。 【Code】**#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1200,M=1865,inf=2e9;//点数：(2m+n-1)*n/2*2+2=(3n-1)*n+2=1182 边数：1.5*n*n*3+m+m+n-1=4.5*n*n+3n=1860
int o=1,n,m,h,t,st,ed,O,Poi[23][43],A[23][43],cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N];LL maxcost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=-inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]<dis[x]+a[i].w){//求最大花费
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=-inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],maxcost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
inline void TAT1(){
for(Re i=1;i<=m;++i)add_(st,Poi[1][i],1,0);
for(Re i=1;i<=m+n-1;++i)add_(Poi[n][i]+O,ed,1,0);
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m+i-1;++j){
add_(Poi[i][j],Poi[i][j]+O,1,A[i][j]);
if(i<n)add_(Poi[i][j]+O,Poi[i+1][j],1,0),
add_(Poi[i][j]+O,Poi[i+1][j+1],1,0);
}
EK(st,ed);
printf('%lld\n',maxcost);
}
inline void TAT2(){
for(Re i=1;i<=m;++i)add_(st,Poi[1][i],1,0);
for(Re i=1;i<=m+n-1;++i)add_(Poi[n][i]+O,ed,inf,0);//点数开放后，一个终点可以经过无数次
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m+i-1;++j){
add_(Poi[i][j],Poi[i][j]+O,inf,A[i][j]);
if(i<n)add_(Poi[i][j]+O,Poi[i+1][j],1,0),
add_(Poi[i][j]+O,Poi[i+1][j+1],1,0);
}
EK(st,ed);
printf('%lld\n',maxcost);
}
inline void TAT3(){
for(Re i=1;i<=m;++i)add_(st,Poi[1][i],1,0);//全部开放后，起点仍然只能经过一次
for(Re i=1;i<=m+n-1;++i)add_(Poi[n][i]+O,ed,inf,0);
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m+i-1;++j){
add_(Poi[i][j],Poi[i][j]+O,inf,A[i][j]);
if(i<n)add_(Poi[i][j]+O,Poi[i+1][j],inf,0),
add_(Poi[i][j]+O,Poi[i+1][j+1],inf,0);
}
EK(st,ed);
printf('%lld\n',maxcost);
}
inline void CL(){
memset(head,0,sizeof(head));
memset(cyf,0,sizeof(cyf));
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(a,0,sizeof(a));
maxflow=maxcost=0,o=1;
}
int main(){
in(m),in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m+i-1;++j)
in(A[i][j]),Poi[i][j]=++O;
st=O<<1|1,ed=st+1;
TAT1(),CL(),TAT2(),CL(),TAT3();
}
3.【航空路线问题】传送门：航空路线问题 [P2770] [Loj6122]
（难度：中等） 【分析】题意：求从 1 到 n 两条互不相交的路径，使得经过的点数最大。 人为设定最大流为 2，节点数设为费用，最后求一个最大流为 2 的最大花费。 (1). 将点拆为入点和出点，连流量为 1 费用为 1 的边。起点和终点特殊处理，连流量为 2 费用为 1 的边。
(2). 对于题目给定的边 (x,y)，将 x 的出点与 y 的入点相连。 完整题解：【题解】【网络流24题】航空路线问题 [P2770] [Loj6122] 【Code】#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=103,M=40000,inf=2e9;
int x,y,o=1,n,m,h,t,st,ed,flag,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N];LL maxcost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;string CH,ch[N];map<string,int>ip;
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=-inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]<dis[x]+a[i].w){//最大花费
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);//最小残余网络
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=-inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],maxcost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
inline void dfs1(Re x){
pan[x]=1;//记录一下第一次选的点，第二次就不选它们了
cout<<ch[x-n]<<endl;//第一次正序输出。记得减n
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)<=n&&!a[i].flow){dfs1(to+n);break;}//出点x>n到入点to<=n,再从to的出点搜下去
}
inline void dfs2(Re x){
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)<=n&&!a[i].flow&&!pan[to+n])dfs2(to+n);//出点x>n到入点to<=n,再从to的出点搜下去
cout<<ch[x-n]<<endl;//第二次倒序输出。记得减n
}
int main(){
cin>>n>>m;st=1,ed=n<<1;
for(Re i=1;i<=n;++i)cin>>ch[i],ip[ch[i]]=i;
for(Re i=2;i<n;++i)add_(i,n+i,1,1);//1~n表示入点，n+1~2n表示出点
add_(1,1+n,2,1),add_(n,n+n,2,1);//起点和中点可以经过两次
while(m--){
cin>>CH;x=ip[CH];
cin>>CH;y=ip[CH];
if(x>y)swap(x,y);
flag|=x==1&&y==n;
add_(x+n,y,1,0);//刚从x的出点出来，接下来连到y的入点
}
EK(st,ed);
if(maxflow==2)printf('%d\n',maxcost-2);//找到了两条路
else if(maxflow==1&&flag){//只有一条从1直通n的边
printf('2\n');
cout<<ch[1]<<endl<<ch[n]<<endl<<ch[1]<<endl;//这里要输出三个
return 0;
}
else return !printf('No Solution!\n');
for(Re i=1;i<=n+2;++i)pan[i+n]=0;
dfs1(1+n),dfs2(1+n);//根据边的残余网络来判断是否选了该边，所以从出点开始搜，这里害我调了一个多小时
}
4.【深海机器人问题】传送门：深海机器人问题 [P4012] [Loj6224]
（难度：简单） 【分析】先把 n,m 都加个 1 。 有多个起点和终点，所以建立超源和超汇。 每条边可经过多次，但边权（费用）只会获得一次，用边流量来表示这个限制条件。 （另外，题目中说“输入时横纵坐标要反过来”是骗人的） (1). 对于每一个未到边界的坐标 (i,j) 与 [i+1,j],[i,j+1] 连一条流量为 1 费用为读入边权的边。
(2). 对于每一个未到边界的坐标 (i,j) 与 [i+1,j],[i,j+1] 连一条流量为 inf 费用为 0 的边。
(2). 超源与给定坐标 (x,y) 连流量为读入当前坐标机器人数费用为 0 的边。
(3). 给定坐标 (x,y) 与超汇连流量为读入当前坐标机器人数费用为 0 的边。 【Code】**#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=260,M=1540,inf=2e9;//点数: 16*16+2=258, 边数: 16*16*(4+2)=1536
int x,y,z,o=1,n,m,h,t,Q1,Q2,st,ed,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N];LL maxcost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=-inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]<dis[x]+a[i].w){//最大花费
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=-inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],maxcost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
inline int Poi(Re x,Re y){return (x-1)*m+y;}
int main(){
in(Q1),in(Q2),in(n),in(m),++n,++m,st=n*m+1,ed=st+1;
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<m;++j)
in(x),add_(Poi(i,j),Poi(i,j+1),1,x),add_(Poi(i,j),Poi(i,j+1),inf,0);
for(Re j=1;j<=m;++j)
for(Re i=1;i<n;++i)
in(x),add_(Poi(i,j),Poi(i+1,j),1,x),add_(Poi(i,j),Poi(i+1,j),inf,0);
while(Q1--)in(z),in(x),in(y),add_(st,Poi(x+1,y+1),z,0);//x,y要+1
while(Q2--)in(z),in(x),in(y),add_(Poi(x+1,y+1),ed,z,0);//x,y要+1
EK(st,ed);
printf('%lld',maxcost);
}
5.【汽车加油行驶问题】传送门：汽车加油行驶 [P4009] [Loj6223]
（难度：中等） 【分析】限制条件的转换：一份油可供汽车走一个单位长度，油箱最多可装 K 份油。 贪心可知：
(1). 每个坐标只会经过一次（虽然不会证明，但一直没有举出反例，而且这样子做能 AC 姑且认为它是对的吧）。
(2). 汽车只会在油用光时才自建加油站（这个是可以证明的，自己在草稿上举个例子看看就懂了）。 然后再说建模，可以用拆点实现强制加油，也可以不用，直接用分层所提供的天然优势进行强制操作即可。 (1). 把每个坐标分为 K+1 层，用第 0 层表示满油状态，第 1 层表示用掉了 1 份油，第 2 层表示用掉了 2 份油 … 第 K 层表示油被用光的状态。 (2). 超源与第 0 层的 (1,1) 连流量为 1 费用为 0 的边。 (3). 将第 k ∈ [1,K] 层的 (n,n) 与超汇分别连流量为 1 费用为 0 的边。 (4). 对于有加油站的坐标 (i,j)，将第 k ∈ [1,K] 层的 (i,j) 与第 0 层的 (i,j) 连流量为 1 费用为 A 的边，再第 0 层的 (i,j) 与上下左右四个方向坐标的第 1 层分别连流量为 1 的边，当向左、向上时费用为 B ，反之费用为 0 。 (4). 对于没有加油站的坐标 (i,j)，将第 K 层的 (i,j) 与 第 0 层的 (i,j) 连流量为 1 费用为 A+C 的边。将第 k ∈ [0,K-1] 层的 (i,j) 与上下左右四个方向坐标的第 k+1 层分别连流量为 1 的边，费用同上。 (5). 图中流量全为 1，可以直接跑最短路。 完整题解：【题解】【网络流24题】汽车加油行驶问题 [P4009] [Loj6223] 【Code】**#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=11e4+5,M=6e5+5,inf=2e9;
int x,y,z,w,o=1,n,m,h,t,A,B,C,K,st,ed,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N];LL mincost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]>dis[x]+a[i].w){
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],mincost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
inline int P(Re x,Re y,Re k){return (x-1)*n+y+k*n*n;}
int main(){
in(n),in(K),in(A),in(B),in(C),st=(K+1)*n*n+1,ed=st+1;//一共有(K+1)层
add_(st,P(1,1,0),1,0);//超级源点连到满油的起点
for(Re k=1;k<=K;++k)add_(P(n,n,k),ed,1,0);
//把每一层的终点连到超级汇点，所以第0层可以不连
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=n;++j){
in(x);
if(x){//已有加油站
for(Re k=1;k<=K;++k)add_(P(i,j,k),P(i,j,0),1,A);
//所有状态都必须花费A加油加到满，但由于不可能满油到达某一点，所以满油的第0层可以不加（连）
//加满油之后状态可以由满油状态到达K-1油的上下左右四个方向
if(i<n)add_(P(i,j,0),P(i+1,j,1),1,0);//横坐标+1,费用为0
if(j<n)add_(P(i,j,0),P(i,j+1,1),1,0);//纵坐标+1,费用为0
if(i>1)add_(P(i,j,0),P(i-1,j,1),1,B);//横坐标-1,费用为B
if(j>1)add_(P(i,j,0),P(i,j-1,1),1,B);//纵坐标-1,费用为B
}
else{//无加油站
for(Re k=0;k<K;++k){//从有油的状态到达下一层的四个方向
if(i<n)add_(P(i,j,k),P(i+1,j,k+1),1,0);//横坐标+1,费用为0
if(j<n)add_(P(i,j,k),P(i,j+1,k+1),1,0);//纵坐标+1,费用为0
if(i>1)add_(P(i,j,k),P(i-1,j,k+1),1,B);//横坐标-1,费用为B
if(j>1)add_(P(i,j,k),P(i,j-1,k+1),1,B);//纵坐标-1,费用为B
}
add_(P(i,j,K),P(i,j,0),1,A+C);//没有加油站的地方可以自给自足
}
}
EK(st,ed);
printf('%lld',mincost);
}
6.【孤岛营救问题】传送门：孤岛营救问题 [P4011] [Loj6121]
（难度：困难） 【分析】这是一道膜你题（huaji） 坑点一： 一个坐标可以有多把钥匙（这个是真的毒瘤）。 坑点二： 每种钥匙都可以无限使用（玩魔塔玩多了会自然而然的以为一把钥匙只能用一次）。 钥匙的拥有情况和门的存在都是限制条件，由于钥匙种类 P 较小，可用二进制数压缩一下表示 P 种钥匙的拥有情况。同 5. 汽车加油行驶，用 分层提供的不同状态来实现单点处获取钥匙。 (1). 永远不可穿过的墙所拦截的两点之间不连边。
(2). 有钥匙的坐标就将所有不包含该钥匙的状态与包含该钥匙的状态连流量为 inf 费用为 0 的边，然后将有钥匙的状态连出去，流量为 1 **费用为 **1。
(3). 可打开的门就找包含了对应钥匙的状态连边出去，流量为 inf 费用为 1 的边。 最后，可以跑最大流为 1 的最小费用，如果无法达到这个最大流就说明无解，也可以直接跑最短路。 【Code】**#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=2e5,M=2e6+5,inf=2e9;
int T,x,y,z,w,G,o=1,p,n,m,h,t,st,ed,maxp,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N],Map[11][11][11][11];LL mincost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;vector<int>key[11][11];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]>dis[x]+a[i].w){
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],mincost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
inline int P(Re x,Re y,Re k){return (x-1)*m+y+k*n*m;}
int main(){
in(n),in(m),in(p),maxp=(1<<p)-1;st=(maxp+1)*n*m+1,ed=st+1;
in(T);while(T--)in(x),in(y),in(z),in(w),in(G),Map[x][y][z][w]=Map[z][w][x][y]=G?G:-1;
in(T);while(T--)in(x),in(y),in(G),key[x][y].push_back(G);
add_(st,P(1,1,0),1,0);
for(Re k=0;k<=maxp;++k)add_(P(n,m,k),ed,1,0);
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
if(!key[i][j].empty())//有钥匙
for(Re O=0;O<key[i][j].size();++O){
Re KEY=key[i][j][O];
for(Re k=0;k<=maxp;++k){
if(!((k>>KEY-1)&1))add_(P(i,j,k),P(i,j,k|(1<<KEY-1)),inf,0);//这个状态没有这个钥匙
else{//这个状态有这个钥匙
if(i<n&&Map[i][j][i+1][j]!=-1){
if(!Map[i][j][i+1][j])add_(P(i,j,k),P(i+1,j,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i+1][j]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i+1,j,k),inf,1);
}
if(j<m&&Map[i][j][i][j+1]!=-1){
if(!Map[i][j][i][j+1])add_(P(i,j,k),P(i,j+1,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i][j+1]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i,j+1,k),inf,1);
}
if(i>1&&Map[i][j][i-1][j]!=-1){
if(!Map[i][j][i-1][j])add_(P(i,j,k),P(i-1,j,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i-1][j]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i-1,j,k),inf,1);
}
if(j>1&&Map[i][j][i][j-1]!=-1){
if(!Map[i][j][i][j-1])add_(P(i,j,k),P(i,j-1,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i][j-1]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i,j-1,k),inf,1);
}
}
}
}
else//无钥匙
for(Re k=0;k<=maxp;++k){
if(i<n&&Map[i][j][i+1][j]!=-1){
if(!Map[i][j][i+1][j])add_(P(i,j,k),P(i+1,j,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i+1][j]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i+1,j,k),inf,1);
}
if(j<m&&Map[i][j][i][j+1]!=-1){
if(!Map[i][j][i][j+1])add_(P(i,j,k),P(i,j+1,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i][j+1]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i,j+1,k),inf,1);
}
if(i>1&&Map[i][j][i-1][j]!=-1){
if(!Map[i][j][i-1][j])add_(P(i,j,k),P(i-1,j,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i-1][j]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i-1,j,k),inf,1);
}
if(j>1&&Map[i][j][i][j-1]!=-1){
if(!Map[i][j][i][j-1])add_(P(i,j,k),P(i,j-1,k),inf,1);
else if((k>>Map[i][j][i][j-1]-1)&1)add_(P(i,j,k),P(i,j-1,k),inf,1);
}
}
EK(st,ed);
if(maxflow)printf('%lld',mincost);
else printf('-1');
}
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