二分图与网络流，ACMer需要掌握的一些模型

news/2024/6/30 17:49:00/文章来源:https://www.cnblogs.com/maple276/p/18272405

写在前面

前些日子的四川省赛，我们队伍拿到了网络流C题的一血。看完题目和队友讨论了下，大概两三分钟就把题目正确做法讨论出来了，但是写代码过程还是比较笨拙的，建完图后一度蒙圈甚至不知道自己建的是什么意思，后来冷静下来才把图改对。

作为23年学校图论专题的负责人，我觉得自己的网络流水平还是需要锻炼下。最近也是24暑假前集训收官了，把今年的图论专题网络流题目和以前做过的题目一起总结下。

我一直觉得，网络流题一是靠经验，二是靠一些熟悉的模型，如果模型套对了，就可以享受快速过题甚至拿一血的乐趣。

这篇随笔大概会涉及以下内容：二分图匹配、最小点覆盖、最大独立集；最小割残余网络的处理、方案的输出、切糕模型；最大权闭合子图；方阵上的一些网络流模型；DAG转二分图的模型；

讲述比较随意，可能以后还会更新。

二分图相关

二分图匹配：

点数较少的时候可以使用 \(O(nm)\) 的匈牙利算法，比较好写。

其余情况可以无脑网络流，dinic 算法跑二分图的复杂度约为 \(O(m\sqrt n)\)，详见 ICPC2023济南E。

最大权值匹配可以费用流，但最大费用最大流不一定是最大费用流（如下图），为了让其强制最大流，可以从每个左部结点向汇点连一条费用为 0，流量为 1 的边。这个补流的思想还是比较有用的，下面会涉及到。

最小点覆盖

最小点覆盖的含义：选出图中的一些点，满足图中所有边的两端至少有一个点被选中，最小的点集即为最小点覆盖。

在二分图中，最大匹配的数量和最小点覆盖的点数是相同的。如果你将某题的题意转化为了求二分图的最小点覆盖，那么直接跑最大流就是答案。

在一般图中，最大匹配的数量和最小点覆盖的点数不一定相同，比如最简单的一个三角形图，最大匹配为1，最小点覆盖却是2。

一般图最大匹配有多项式复杂度的带花树，而一般图最小点覆盖是npc。

我们知道最大匹配的方案很好输出，匈牙利算法自动匹配好了，最大流只需要看看残余网络的情况。但最小点覆盖的方案就要稍微难找一些，Matrix67大佬的博客里有König定理的证明以及求出一组方案的过程，我们可以利用这个定理进行方案查找：二分图最大匹配的König定理及其证明

下面是匈牙利算法求最小点覆盖的代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long longusing 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*/

其实除了König定理，直接在网络流的残余网络里进行DFS也可以求出最小点覆盖的方案，其过程与König定理的原理相似。

这个会在下一个大标题里讲。

最大独立集

最大独立集的含义是：选出图中的一些点，满足图中不存在两个端点都被选中的边，最大的点集即为最大独立集。

无论是在二分图还是一般图当中，最大独立集和最小点覆盖永远是互补的关系，两者相加即为点数。证明非常简单，思考个四五秒就懂了。

也就是说，二分图的最大独立集 = 总点数 - 最小点覆盖 = 总点数 - 最大匹配。想要求二分图最大独立集点数，只需让总点数（两边点数和）减去最大流。

若要求出一组方案，那和求最小点覆盖的方法是完全相同的，因为它就是最小点覆盖的补集。

如果你可以将题目按照以下步骤转化：

1、转化为二分图，将点分成两边阵营。

2、两边阵营某些关系存在冲突（两者只能选其一），给两个点连一条边。

3、要求最大可以保留的点数。

那就是最大独立集的模型了，答案是总点数减去最小割。可以减少些思考时间。

最小割的残余网络

输出最小割方案

首先总所周知，残余网络上流量为0的边，并不代表它被割掉了。因为一条增广路可能会让很多边的流量变为0，但我们只需要割一条边。

如果题目需要我们给出一组最小割的方案（例如2021 ECfinal H），我们到底应该割掉哪些边呢？

其实这是一个与最小割定义相关的问题。

最小割的定义是，将所有点划分为 S 和 T 两个集合，满足源点在 S 中，汇点在 T 中，且所有从 S 到 T 的边流量之和最小。那么，从 S 到 T 的所有边，就是我们要割掉的边。

我们跑完最大流后，为什么找不到新的增广路了，就是因为 S 到 T 的所有边都被割掉了。

如果我们从源点进行DFS，每次只沿着流量不为0的边走，我们走到的所有点的集合其实就是点集 S 的一种方案。

下图图一，浅蓝色边为增广路，红色为最小割的方案，虽然源点到第一个点的边流量也变成了0，但是它不能是最小割的边。

下图图二，深蓝色边是跑完最大流后的残余网络，我们从源点开始DFS，绿色点即为 S 中的点，其余点为 T 中的点。在最小割的方案：左部点中未被绿色标记的点，是边被割去的点，右部点中被绿色标记的点，是边被割去的点。由此可以根据题意来输出一组最小割方案。

事实上，你会发现从源点开始 DFS 的过程，与 König 定理中标记点的过程非常相似。沿着未满流的原图边走，就是沿着二分图中的非匹配边走；沿着残余网络中的反向边走，就是沿着二分图中的匹配边走。图三中，红色点是最小点覆盖点集，蓝色点为最大独立集，可以发现最小点覆盖和最小割是完全一致的。也就是说，想要求最小点覆盖，实际上就是求一种最小割的方案。因此网络流图建好以后，不需要上面代码中的 mark 函数，而是直接 DFS 求出 S 点集即可。

回过来看2021 ECfinal 的 H，是让你求最多能有多少组WB交叉的2x2方块，可以根据奇偶性翻转颜色，将题意变为多少组纯白或纯黑的方块。

经过这个转化后，我们就可以套用上面提到的最大独立集的三个步骤：

纯白和纯黑的方块是两个阵营，阵营内互不影响，可以划分成一个二分图；如果两个方块有相交部分，那就不能同时满足一黑一白，因此将其左右连边；最后求出最大独立集就是最多可以留多少纯色方块。

换个方式，用最小割来理解，就是把所有冲突的路径，通过割掉左边点或者割掉右边点，使其无法形成增广路。

可以看出，最大独立集和最小割的思想是同源的。

另外从OIwiki搬来一点关于最小割方案的补充：

如果需要在最小割的前提下最小化割边数量，那么先求出最小割，把没有满流的边容量改成无穷大，满流的边容量改成1，重新跑一遍最小割就可求出最小割边数量；如果没有最小割的前提，直接把所有边的容量设成1，求一遍最小割就好了。

下面左图为原图上最小割的方案，右图为所有满流边容量改为1后的最小割方案：

切糕模型

BZOJ 3144 [HNOI2013] 切糕

一个比较经典的省选题，这题最小割的建图方式还是比较妙的，不过我们也可以从中提炼出一个模型来。

为什么要把切糕这题放在这里讲，因为提炼出的模型和上面的最小割方案有很大的关联。

先回顾下这题的建图方式：如果相邻两条路所切的点距离超过d，那么我们认为不满足题意，因此从一条路的下游点，向相邻路距离为d的上游点连一条边权为 inf 的边，这样如果这两条路选点距离超过d，还会存在一条额外的增广路来进行修正。（没图不好理解，具体看原题题解）

这个做法比较难想到，会让人觉得难以理解，我们换个角度进行题意转化：

相邻两条路选的两个点距离不超过d，如果我们把所有上游点向距离为d的下游点连一条新边（如下图所示），那么原题的要求就变成了：任意一条从源点到汇点的路径上，只能割一条边，求最小割。（由于源点和汇点相邻的边不会被割掉，所以每条路最上游和最下游的点不需要连新边）

为了方便描述，我就把这个任意一条路径只割一条边的模型叫做切糕模型了。

而这个模型的解决思路也很简单：所有的边，复制一条流量为 inf 的反向边，再跑最小割就行了，求方案也是从源点DFS即可。（注意这个前提是所有的点都在源点到汇点的路径上，如果不是，去除那些无用点，再复制反向边）

关于证明，需要好几张图，我懒得画了。同校同学可以看下23年暑假前集训图论专题 Z 题的ppt题解。

简单来讲，可以考虑什么时候会出现跑完最大流后一条路上被割两条边，那一定不可能是只有一条路。在被割掉的两条边中间，一定会有一条从源点过来的路，以及一条通往汇点的路，如果中间建立了流量无穷大的反向边，就可以使源点过来的路和通往汇点的路再产生新的增广路，换一条割掉的边，使原来路径上的两条边不会同时被割掉。

其他的细节可以自行思考下。

平面图最小割

参考经典的bzoj第一题狼抓兔子。如果题目给的是一张平面图，要求出最小割，那么会有一个比较有趣的性质，就是 S 和 T 两个集合可以被一条线划分到平面的两边。

S到T的每一条边，合起来在对偶图中可以形成一条完整的路径，我们只需求出对偶图中的最短路径，就可以求出原图中最小割的方案。

另外还有一道和网络流不相干的题目：CF325D，题目大意是实时判断一个圆柱面是否被割开成上下两部分。

虽然不是网络流题目，但是也用到了平面图最小割转对偶图最短路的思想。

虽然这题是圆柱，但是可以用化环为链的思想，把圆柱展开成平面并复制一份，将上下两部分割裂开，其实就是求一条完整的路径，从左边某一个点出发，到达右边复制平面的同一个点。

ICPC2023济南E

这道题目我们需要统计新增一条边后产生增广路的情况数。

也是在残余网络上进行方案统计，不过和最小割方案不同，新增加的边不能只满足 “起点在 S 集合，终点在 T 集合”，还要满足这条边的终点能够从残余网络中到达汇点。

所以这题需要两遍DFS，一遍从源点出发走正向边，一遍从汇点出发走反向边，求出两个点集。新增加的边起点和终点在这两个点集内才算合法。

最大权闭合子图

最大权闭合子图是这样一类问题：

给出一个类似于2-sat的逻辑图，一条边 u 到 v 的含义为选了 u 这个结点，就一定要选 v 这个点。每个点有一个正权值或负权值，如何选点使得总权值和最大。（在这种逻辑图当中，选出的子图一定是闭合子图）

一般图的最大权闭合子图

这类问题并不一定是二分图，一般图的最大权闭合子图是同样的做法。

首先把点分为两个点集，正权的点放在左侧，由源点连一条流量为权值的边；负权的点放在右侧，连向汇点一条流量为负权绝对值的边；其他边正常连接，流量为无穷大。

答案为所有正权的和 - 最大流。证明略

如何输出方案呢？

其实和求最小割方案很相似，甚至更简单。

直接说结论：从源点出发沿着流量不为0的边DFS，走到的点集 S 就是答案的子图。

如果说和求最大独立集的区别，那就是最大权闭合子图不一定是二分图。

2024四川省赛C

gym105222C

这题要求我们使立方体满足，左下角都是黑色，右上角都是白色。

一开始我想的是切一个面，还以为是切糕模型之类的，但是贡献不是来自切断邻边，而是翻转颜色。

队友马上想到了关键的转化：如果一个点是白色，那么这个点上，右，前个方向的点都应该是白色。

我们先将所有点变成黑色点，需要一个初始的代价cost。然后如果一个点被选择，代表将这个点染白，这个点指向的所有点，也需要染白。如果一个点最初是黑色，那么将它染白需要花钱，如果一个点最初是白色，那么由黑变白其实是反悔操作，可以赚钱。赚钱的点就是最大权闭合子图中的正权点，花钱的就是负权点。一共能赚到正权和-最大流，所以最后的总花费就是cost-(正权和-最大流)。

我寻思了一下，发现cost就是正权和啊，所以最后答案直接就是最大流了。

这题还有个要求，左下角必须黑，右上角必须白，那就把这两个点单独算花费，不要连入网络流建图中。

方阵上的一些网络流模型

有很多网络流的题目是建立在方阵上的。

比如网络流24题里就有棋盘类的题目，国际象棋中，相永远走不到另一种颜色的位置上，而马每次必定会走到另一种颜色的位置上。这种天然的奇偶颜色关系，就可以建立起二分图模型。

方阵中经常会出现只有上下左右连线，没有斜边连线的情况，因此不存在奇数环，很容易让人联想到二分图的模型。

有时并不是方阵中原本的点进行建图，而是原方阵中的边，或者整体的某个块儿，视作一个点，也很容易变成网络流的模型。

这里举例说明方阵转网络流的一些模型。

2021 ECfinal H

2021 ECfinal H，还是上面那道题。

首先这个WB相间就非常迷惑人，如果想不到按照奇偶性进行颜色翻转，就很容易想偏。

在方阵平面上，相邻位置的互斥关系可以转化为网络流二分图的中间边，比如这题中，相邻的2x2方块不可能是一黑一白，存在着互斥关系。

不过这题不是单纯的将所有块儿分到二分图的两侧，因为有些方块是四个问号，既可以是白色块，也可以是黑色块。因此每个位置需要拆成两个点，左侧点表示将这个位置涂成全白，右侧点表示将这个位置涂成全黑，因此同一个位置的左右两个点也是互斥的，需要连一条边。再将其他八个方向有重叠部分的互斥关系连边。跑一个最大独立集。

CF1404E

用长条铺满方阵中要求的位置，题意就非常的网络流。

因为长条是不允许拐弯的，因此我们不允许有L型的几个位置合在一起的情况。我们把两个位置合一起的操作，看做是选择两个位置中间的点，那么不允许L型的合并，也就是不允许一个位置同时选择相邻的两个点。

将这些有冲突的点进行连边，我们会发现由于平面的性质，它也是一张二分图，跑一个最大独立集，就是最多能进行几次合并。

每一次合并可以减低一点费用，将 '#' 的数量减去合并的最大数量为最终答案。

另外再讲一个和这题题意很像的，但正解不是网络流：江苏省赛J

题意是用一些1*k的骨牌覆盖方阵，骨牌不能重叠或者有相邻边，求最大能覆盖的权值。

骨牌没有相邻边意味着选择的所有点不能出现L型的三个点，而不能出现L型的三个点，就是任意2x2的小方块内最多选两个点。

本来以为可以建成二分图，左边点表示2x2的小方块，右边点表示每一个位置，左边点连汇点流量是2来控制方块内点数。结果发现不行，这条流量为2的边，并不能限制方块内的点数，因为这些位置也可以从其他相邻的方块找流量流进来。

目前还没想到网络流做法，估计是没法做。数据范围很小，正解是状压，不在这里讲了。

DAG转二分图

售货员问题？

先来讲一个很像售货员问题的题目：

n 个点 m 条边的 DAG，你可以花费 \(a_i\) 传送到 \(i\) ，求每个点恰好经过一次走完所有点的最小花费。

有个上下界的模型可以解决这个问题，不过没有必要，可以用按照出度入度拆点的方式将DAG转成二分图来解决。

具体的，每个点拆成左右侧两个点；由于每个点恰好经过一次，视作入度为1，每个右侧点向汇点连一条流量为1的边；每个点可以走到其他点一次，视为出度为1，从源点向左侧点连一条流量为1的边；原图中的边，从左侧点连接到右侧点，流量为1，费用为原图边权。

这时跑费用流。中间的某条边满流，说明路径中选择了这个点；连向汇点的边满流，说明这个点被到达。

现在的图最大流不是n，这是因为在没有传送时，一些点是可能无法到达的。比如这题没说一开始在DAG中的起点，而是通过传送来到DAG中，我们考虑将传送的路线加入二分图中。

通过原图中的边从 u 走到点 v ，也就是二分图左侧点 u 连向右侧点 v 的这条路；直接传送到点 v ，就是不需要花费左侧点的出度（每个点的出度只能用一次），而是直接从源点连一条到右侧点 v ，费用为 \(a_v\) 的边。

将这两种移动方式的边都连上，图就算建完了，跑费用流就是每个点经过一次的答案。

可以发现，这题中从源点连向右侧点这一个补流的操作，和上面讲到的二分图最大权匹配时的补流思想是很相似的。

最小生成树？

再讲一个很像最小生成树的问题：CF277E

平面上有一些点，每个点只能向高度小于它的点连边，且最多连出两条边，边权为两点欧几里得距离，求连接所有点的最小边权。也就是，求出一棵最小生成二叉树。

与上一个例题思路一致，我们将每个点拆成二分图左右两点，左边点代表出度，右边点代表入度。

每个点最多连出两条边，因此从源点向左边点连一条流量为2的边；每个点只有一个入度，因此右侧点向汇点连一条流量为1的边；而中间所有可以连接的边，都连一条流量为1，费用为欧几里得距离的边。

跑费用流，答案就是最小生成二叉树。

这题没有指定起点，但是默认从最高的点出发，最高的点入度为0，它不需要向汇点连边。如果最高的点不止一个，那么输出无解。如果右侧点连向汇点的边不能满流，说明也是无解，含义就是它们无法获得足够多的入边。

为什么两题都需要保证是DAG？

我们都知道售货员问题是npc的，因为这种建图的前提是DAG。

我们再来思考下两道题的路线方案：

第一题中，我们可以使用传送，传送完之后可以从落点走一条链，所有的链不重不漏覆盖所有的点。

第二题中，二叉树的第二条出边也相当于传送到了该点，并从该点开始走一条链，只不过这条链的起点挂在了以前经过的点上。

这样一来，我们的链在DAG中都是有始有终的，一个出边对应另一个点的入边。

如果DAG改成了一般图，就打破了这个平衡，我们甚至可以不使用传送，而是在二分图中跑出一个 1->2, 2->3, 3->1 的环作为费用，这样同样是满足了每个点访问一次，但是却无法找到一条进入环的路线，无论是从其他点还是传送。

第二题也不能是DAG，因为我们的建图只能保证：每个点出边上限为2，入边必须为1，但无法保证图的联通性问题。因为这两个限制在一般图中可能会以基环树森林的形式出现，即某个点出边连向了自己的祖先，从而认为祖先结点不需要从更高的祖先连边，造成图不连通。而在DAG中，只要规定了入边为1，那么一定是生成的子图一定是一棵树。