codeforces 546E. Soldier and Traveling 网络流

给出n个城市，以及初始时每个城市的人数以及目标人数。初始时有些城市是相连的。每个城市的人只可以待在自己的城市或走到与他相邻的城市，相邻，相当于只能走一条路。

如果目标状态不可达，输出no，否则输出每个城市的人都是怎么走的，比如第一个城市有2个人走到了第二个城市， 1个人留在了第一个城市，那么输出的第一行前两个数就是1， 2。

很明显的网络流，输出那里写了好久...

首先判断能否可达，如果初始状态的人数与目标状态不一样，一定不可达，其次，如果建完图跑网络流的结果与所有目标城市人数的和不一样，也不可达。

建图的话，将一个城市拆成两个点， (u, u') 中间连边inf，说明可以随便走，源点和u相连，权值为初始状态人数， u'与汇点相连，人数为目标状态人数。如果两个城市之间有路相连，那么加边(u, v'), (v, u'），权值为inf。

每个城市的人是怎么走的，应该看反向边的流量，如果边（v', u)的权值为x，那么ans[u][v] = x。

具体看代码。

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 #define pb(x) push_back(x)

 #define ll long long

 #define mk(x, y) make_pair(x, y)

 #define lson l, m, rt<<1

 #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))

 #define rson m+1, r, rt<<1|1

 #define mem1(a) memset(a, -1, sizeof(a))

 #define mem2(a) memset(a, 0x3f, sizeof(a))

 #define rep(i, a, n) for(int i = a; i<n; i++)

 #define ull unsigned long long

 typedef pair<int, int> pll;

 const double PI = acos(-1.0);

 const double eps = 1e-;

 const int mod = 1e9+;

 const int inf = ;

 const int dir[][] = { {-, }, {, }, {, -}, {, } };

 const int maxn = 2e5;

 int q[maxn*], head[maxn*], dis[maxn/], s, t, num, vis[], val[][];

 struct node

 {

     int to, nextt, c;

     node(){}

     node(int to, int nextt, int c):to(to), nextt(nextt), c(c){}

 }e[maxn*];

 void init() {

     num = ;

     mem1(head);

 }

 void add(int u, int v, int c) {

     e[num] = node(v, head[u], c); head[u] = num++;

     e[num] = node(u, head[v], ); head[v] = num++;

 }

 int bfs() {

     mem(dis);

     dis[s] = ;

     int st = , ed = ;

     q[ed++] = s;

     while(st<ed) {

         int u = q[st++];

         for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) {

             int v = e[i].to;

             if(!dis[v]&&e[i].c) {

                 dis[v] = dis[u]+;

                 if(v == t)

                     return ;

                 q[ed++] = v;

             }

         }

     }

     return ;

 }

 int dfs(int u, int limit) {

     if(u == t) {

         return limit;

     }

     int cost = ;

     for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) {

         int v = e[i].to;

         if(e[i].c&&dis[v] == dis[u]+) {

             int tmp = dfs(v, min(limit-cost, e[i].c));

             if(tmp>) {

                 e[i].c -= tmp;

                 e[i^].c += tmp;

                 cost += tmp;

                 if(cost == limit)

                     break;

             } else {

                 dis[v] = -;

             }

         }

     }

     return cost;

 }

 int dinic() {

     int ans = ;

     while(bfs()) {

         ans += dfs(s, inf);

     }

     return ans;

 }

 int main()

 {

     int n, m, x, y, sum = , tmp = ;

     cin>>n>>m;

     init();

     s = , t = n*+;

     for(int i = ; i<=n; i++) {

         scanf("%d", &x);

         add(s, i, x);

         tmp += x;

     }

     for(int i = ; i<=n; i++) {

         scanf("%d", &x);

         add(i+n, t, x);

         sum += x;

         add(i, i+n, inf);

     }

     while(m--) {

         scanf("%d%d", &x, &y);

         add(x, y+n, inf);

         add(y, x+n, inf);

     }

     int ans = dinic();

     if(ans != sum||sum!=tmp) {

         cout<<"NO"<<endl;

         return ;

     }

     cout<<"YES"<<endl;

     for(int u = ; u<=n; u++) {

         for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nextt) {

             int v = e[i].to;

             if(v>n) {

                 val[u][v-n] = e[i^].c;         //反向边流量

             }

         }

     }

     for(int i = ; i<=n; i++) {

         for(int j = ; j<=n; j++) {

             cout<<val[i][j]<<" ";

         }

         cout<<endl;

     }

     return ;

 }

巴特西

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