POJ 1149 PIGS ★(经典网络流构图)

【题意】 有M个猪圈，每个猪圈里初始时有若干头猪。一开始所有猪圈都是关闭的。依 次来了N个顾客，每个顾客分别会打开指定的几个猪圈，从中买若干头猪。每 个顾客分别都有他能够买的数量的上限。每个顾客走后，他打开的那些猪圈中的 猪，都可以被任意地调换到其它开着的猪圈里，然后所有猪圈重新关上。问总共 最多能卖出多少头猪。（1 <= N <= 100, 1 <= M <= 1000）

非常好的一道网络流建模题！最大的收获就是：

在面对网络流问题时，如果一时想不出很好的构图方法，不如先构造一个最
直观，或者说最“硬来”的模型，然后再用合并结点和边的方法来简化这个模
型。经过简化以后，好的构图思路自然就会涌现出来了。这是解决网络流问题
的一个好方法。

－－－以下思路来自于Edelweiss大牛的《网络流建模汇总》

【建模方法】 不难想象，这个问题的网络模型可以很直观地构造出来。就拿上面的例子来说， 可以构造出图1所示的模型（图中凡是没有标数字的边，容量都是∞）： • 三个顾客，就有三轮交易，每一轮分别都有3个猪圈和1个顾客的结点。 • 从源点到第一轮的各个猪圈各有一条边，容量就是各个猪圈里的猪的初始 数量。 • 从各个顾客到汇点各有一条边，容量就是各个顾客能买的数量上限。 • 在某一轮中，从该顾客打开的所有猪圈都有一条边连向该顾客，容量都是 ∞。 • 最后一轮除外，从每一轮的i 号猪圈都有一条边连向下一轮的i 号猪圈， 容量都是∞，表示这一轮剩下的猪可以留到下一轮。 • 最后一轮除外，从每一轮被打开的所有猪圈，到下一轮的同样这些猪圈， 两两之间都要连一条边，表示它们之间可以任意流通。

这个网络模型的最大流量就是最多能卖出的数量。图中最多有
2+N+M×N≈100,000个结点。这个模型虽然很直观，但是结点数太多了，计算速
度肯定会很慢。其实不用再想别的算法，就让我们继续上面的例子，用合并的方
法来简化这个网络模型。
首先，最后一轮中没有打开的猪圈就可以从图中删掉了，也就是图中红色
的部分，显然它们对整个网络的流量没有任何影响。

再根据下面网络流节点合并规律：

得到最终的图：

总结本题的构图规则就是：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MID(x,y) ((x+y)/2)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXV = 305;
const int MAXE = 10005;
struct node{
    int u, v, flow;
    int opp;
    int next;
};
struct Dinic{
    node arc[MAXE];
    int vn, en, head[MAXV];     //vn点个数(包括源点汇点),en边个数
    int cur[MAXV];              //当前弧
    int q[MAXV];                //bfs建层次图时的队列
    int path[MAXE], top;        //存dfs当前最短路径的栈
    int dep[MAXV];              //各节点层次
    void init(int n){
        vn = n;
        en = 0;
        mem(head, -1);
    }
    void insert_flow(int u, int v, int flow){
        arc[en].u = u;
        arc[en].v = v;
        arc[en].flow = flow;
        arc[en].opp = en + 1;
        arc[en].next = head[u];
        head[u] = en ++;

        arc[en].u = v;
        arc[en].v = u;
        arc[en].flow = 0;       //反向弧
        arc[en].opp = en - 1;
        arc[en].next = head[v];
        head[v] = en ++;
    }
    bool bfs(int s, int t){
        mem(dep, -1);
        int lq = 0, rq = 1;
        dep[s] = 0;
        q[lq] = s;
        while(lq  0){
                    dep[v] = dep[u] + 1;
                    q[rq ++] = v;
                }
            }
        }
        return false;
    }
    int solve(int s, int t){
        int maxflow = 0;
        while(bfs(s, t)){
            int i, j;
            for (i = 1; i  arc[path[k]].flow){
                            minflow = arc[path[k]].flow;
                            mink = k;
                        }
                    for (int k = 0; k  outdeg[i]){
                dinic.insert_flow(i, n+2, x/2);
                sum += x/2;
            }
            else{
                dinic.insert_flow(n+1, i, x/2);
            }
        }
        if (!ok){
            puts("impossible");
            continue;
        }
        if (dinic.solve(n+1, n+2) == sum){
            puts("possible");
        }
        else{
            puts("impossible");
        }
    }
	return 0;
}