【无源汇上下界最大流】SGU 194 Reactor Cooling

题目链接：

　　http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=194

题目大意：

　　n个点（n<20000！！！不是200！！！RE了无数次），m条边（管子）（m范围好像没说，我开了10^6），每个点流入的和流出的液体要相等，每条边（管子）有上下界流量，问是否有解，有解YES无解NO，有解还要输出每条边的流量。

　　题目输入样例略坑，我以为要多组数据输入输出TEST #1 什么的。后来仔细看了Input发现只有一组吧应该，保险起见还是写了多组，但是不用读入TEST是肯定的。

题目思路：

　　【无源汇上下界最大流】

　　直接建图套最大流模版即可。

　　最近刚好在搞上下界问题，等到都做完了写个总结吧。

　　建图模型：（学习自Mr. Ant http://www.cnblogs.com/kane0526/archive/2013/04/05/3001108.html）

　　以前写最大流默认下界为0，而这里的下界却不为0，所以我们要进行再构造让每条边的下界为0，这样做是为了方便处理。

　　对于每条边（管子）有一个上界容量c和一个下界容量b，我们让这条边（管子）的容量下界变为0，上界为b-c。

　　可是这样做的话流量就不守恒了，为了再次满足流量守恒，增设一个超级源点S和一个超级终点T。

　　我们开设一个数组in[]来记录每个节点的流量情况。

　　in[i]=Σ_i入下界-Σ_i出下界（i节点所有入流下界之和-i节点所有出流下界之和）。

　　当in[i]大于0的时候，S到i连一条流量为in[i]的边。

　　当in[i]小于0的时候，i到T连一条流量为-in[i]的边。

　　最后对（S，T）求一次最大流即可，当所有附加边全部满流时(S的出边都满流时)，有可行解。

　　

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 //by coolxxx
 //
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<string>
 #include<iomanip>
 #include<memory.h>
 #include<time.h>
 #include<stdio.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<string.h>
 #include<stdbool.h>
 #include<math.h>
 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
 #define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))
 #define lowbit(a) (a&(-a))
 #define sqr(a) (a)*(a)
 #define swap(a,b) (a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b)
 #define eps 1e-8
 #define MAX 0x7f7f7f7f
 #define PI 3.1415926535897
 #define N 20004
 #define M 1000004
 using namespace std;
 int n,m,cas,lll,ans;
 int S,T,nn;
 int last[N],in[N],d[N],vd[N],low[N];
 char s[N];
 bool inq[N];
 struct xxx
 {
     int next,to,f;
 }e[M];
 void add(int x,int y,int f)
 {
     e[++lll].next=last[x];
     last[x]=lll;
     e[lll].to=y;
     e[lll].f=f;
 }
 void link(int x,int y,int f)
 {
     add(x,y,f);
     add(y,x,);
 }
 void build()
 {
     int i,f,x,y,b,c;
     lll=;ans=;
     memset(low,,sizeof(low));
     memset(in,,sizeof(in));
     memset(last,,sizeof(last));
     memset(e,,sizeof(e));
     memset(d,,sizeof(d));
     memset(vd,,sizeof(vd));
     scanf("%d",&m);
     for(i=;i<=m;i++)
     {
         scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&b,&c);
         in[x]-=b;in[y]+=b;
         link(x,y,c-b);
         low[i]=b;
     }
     S=n+;
     T=n+;
     nn=n+;
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         if(in[i]>)link(S,i,in[i]);
         if(in[i]<)link(i,T,-in[i]);
     }
 }
 int sap(int u,int f)
 {
     int i,tt,asp=,mix=nn-;
     if(u==T)return f;
     for(i=last[u];i;i=e[i].next)
     {
         if(e[i].f>)
         {
             if(d[u]==d[e[i].to]+)
             {
                 tt=sap(e[i].to,min(f-asp,e[i].f));
                 asp+=tt;
                 e[i].f-=tt;
                 e[i^].f+=tt;
                 if(asp==f || d[S]==nn)
                     return asp;
             }
             mix=min(mix,d[e[i].to]);
         }
     }
     if(asp!=)return asp;
     if(!--vd[d[u]])d[S]=nn;
     else vd[d[u]=mix+]++;
     return asp;
 }
 int main()
 {
     #ifndef ONLINE_JUDGE
 //    freopen("1.txt","r",stdin);
 //    freopen("2.txt","w",stdout);
     #endif
     int i,j,f;
 //    while(~scanf("%s",s))
     while(~scanf("%d",&n) && n)
     {
         build();
         vd[]=nn;
         while(d[S]<nn)
         {
             f=sap(S,MAX);
             ans+=f;
         }
         for(i=last[S],f=;i;i=e[i].next)
         {
             if(e[i].f>)
             {
                 f=;
                 break;
             }
         }
         if(!f)
             puts("NO");
         else
         {
             puts("YES");
             for(i=;i<=m;i++)
                 printf("%d\n",low[i]+e[i+i+].f);
         }
     }
     return ;
 }

 /*
 //

 //
 */