ACM图论行云流水Word文件下载.docx

1、2） 在层次图上进行 dfs 修改残余网络。我们可以在层次图上进行多次增广。3） 重复1,2的过程，直到找不到增广路为止。#includestring.h#define INF 999999999#define min（x,y） （x）（y）?（y）:（x）struct p int v,t,k,next;edge51000;int n,m,k,S,T,head510,tot,h510;void addedge（int a,int b,int k） edgetot.v=b; edgetot.k=k; edgetot.t=tot+1; edgetot.next=heada; heada=tot+;

2、 edgetot.v=a; edgetot.k=0; edgetot.t=tot-1; edgetot.next=headb; headb=tot+;int bfs（） int i,top,tail,cur,pop510; top=tail=0; memset（h,0xff,sizeof（h）; hS=0; poptop+=S; while（tail!=top） cur=poptail+; for（i=headcur;i!=-1;i=edgei.next） if（edgei.k0&hedgei.v=-1） hedgei.v=hcur+1; poptop+=edgei.v; return hT!

3、int dfs（int t,int flow） int i,tmpf,f; if（t=T） return flow; tmpf=0; for（i=headt;hedgei.v=ht+1& tmpfflow&（f=dfs（edgei.v,min（edgei.k,flow-tmpf） edgei.k-=f; edgeedgei.t.k+=f; tmpf+=f; if（tmpf=0） ht=-1; return tmpf;int dinic（） int maxflow=0; while（bfs（） maxflow+=dfs（S,INF）; return maxflow;Sap+gap算法：Dinic

4、 算法要多次计算层次图，增加了复杂度。是不是可以不多次计算层次图呢？答案是肯定，这就产生了 SAP 算法。SAP 计算的是反向图的层次图，这和原图的层次图是作用是一样的，当然其实Dinic也可以计算反向图的层次图。计算反向图的层次图是便于重新给顶点标号，即重新确定其层次图。具体做法为，当我们找到一条经过顶点 i 的增广路径后，对于所有边，计算出m= min hj ，这是我们就可以把 i 重新标号为 hi= min+ 1。实际上，我们可以首先不需要计算反向图的层次图，而是把所有顶点的层次标为0，这对效率没多大影响。优化1）：gap 优化（cnt）。所谓 gap 优化就是计算出层次图后，层次出现断

5、层，这是可以确定残余网络中不存在增广路径了，算法就可以提前结束。这个优化看似微小，实际作用确不小。做法就是保存某一个标号在残余网络中出现的次数，如果是 0 ，就断层了。优化2）：当前弧优化（cur、cur1）。为了使每次找增广路的时间变成均摊O（V），还有一个重要的优化是对于每个点保存“当前弧”：初始时当前弧是邻接表的第一条弧；在邻接表中查找时从当前弧开始查找，找到了一条允许弧，就把这条弧设为当前弧；改变距离标号时，把当前弧重新设为邻接表的第一条弧。queue#define INF 99999999using namespace std;int tot,n,m,S,T,h410,head510

6、,cnt510; int i,tmpf,f,tmp; tmpf=flow; tmp=T; if（ht=hedgei.v+1&edgei.k0） f=dfs（edgei.v,min（edgei.k,tmpf）; tmpf-=f; if（!tmpf|hS=T+1） return flow-tmpf; if（hedgei.vtmp&0） tmp=hedgei.v;（-cntht） hS=T+1; else cntht=tmp+1+; return flow-tmpf;int sap_gap（） int maxflow; maxflow=0; memset（h,0,sizeof（h）; memset（

7、cnt,0,sizeof（cnt）; while（hSB-C-D,再走A-D。那么实际上，我可以直接走A-D和A-C这一段是完全剩下的。也就是说，对于任何一条被走正反两次的路，你正走的那个起点和反走的那个终点其实是同一个点，先前走的那条路的前一半A-B,必然和之后走的路的后一半B-D相连，对于另一边也是这样。完全可以不走那段被重复走的。而且如果走了中间那段，反而是多走的。 至于用单源最短路先定下边的方向，无法保证正确，仔细想想就很容易举出反例了。代码：int main（） int k,i,j,a,b,l,t,r,mid,ans; while（scanf（%d%d%d,&n,&m,&k）!=EO

8、F） l=INF,r=-1; for（i=0;ir） r=t; if（tl） l=t; linei.a=a; linei.b=b; linei.k=t; l-,r+; S=n+1,T=n+2; while（l+1!=r） mid=（l+r）/2; tot=0; memset（head,0xff,sizeof（head）; if（linei.k=mid） addedge（linei.a,linei.b,1）; addedge（linei.b,linei.a,1）; addedge（S,1,k）; addedge（n,T,k）; if（dinic（）=k） ans=mid,r=mid; else

9、l=mid; printf（%dn,ans）; return 0;最长递增子序列问题 题意：给定正整数序列 x1xn.。1.计算其最长递增子序列的长度s。2.计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为s的递增子序列。3.如果允许在取出的序列中多次使用x1和 xn，则从给定序列中最多可取出多少个长度为s的递增子序列。 首先动态规划求出dpi，表示以第i位为结尾的最长上升序列的长度，求出最长上升序列长度K。然后把序列每位i拆成两个点和，从到连接一条容量为1的有向边。建立附加源S和汇T，如果序列第i位有dpi=K，从到T连接一条容量为1的有向边。如果dpi=0，从S到i且di dj且dpj=dpi+1

10、，从求网络最大流，就是第二问的结果。把边（,）（N.b）（S,T）这四条边的容量修改为无穷大，再求一次网络最大流，就是第三问结果。 int i,j,k,max,d1000,dp1000;%dn）! if（n=0） continue; for（i=1;=n;di）; memset（dp,0,sizeof（dp）; max=0; for（j=1;ji;j+） if（djmax） max=dpj+1; dpi=max; if（maxdi） addedge（i+n,j,1）;,dinic（）; if（i=1|i=n） addedge（i,i+n,INF）; else addedge（i,i+n,1）;

11、 if（dpi=0&i=1） addedge（S,i,INF）; else if（dpi=0） addedge（S,i,1）; if（dpi=max&i=n） addedge（i+n,T,INF）; else if（dpi=max） addedge（i+n,T,1）;Zoj2760 How Many Shortest Path time 80ms 题目大意：求一个有向图中点到点的边不相交的最短路径条数。 算法：floyd+最大流 思路：先求出最短路径的大小，然后再每条边依次判断是否在最短路径上，如果在最短路径上则添加一条流量大小为1的边。最后再求最大流，最大流值就是路径的条数。判断边是否在最短

12、路径上：（其中mapij是点i到点j的最短距离，dtij是边i到j的大小）n; for（j=0; if（i!=j&dtij!=-1&mapSi!mapjT! mapST=mapSi+dtij+mapjT） addedge（i,j,1）; /说明在最短路径上，则添边 int i,j,k,map110110,dt110110;mapij）; dtij=mapij; dtii=mapii=0;%d%dS,&T）; if（S=T）infn）; continue; for（k=0;kmapik+mapkj） mapij=mapik+mapkj; if（mapST=-1）0nSgu185 Two shor

13、test求1-n的两条不相交的最短路（两条路径可以共顶点但是不能共边）做法：用spfa求出点1到各个点的最短路径，然后再if（disj=disi+mapij） 来判断边mapij是否是在最短路径上，如果是就加到图里，结果就得到以1为顶点的最短路径树，1到树中任意一点的连线都是最短路径，首先把这些边加到网络流的边集中，容量为1。跑一遍1到n的最大流，如果流量=2则有解，再从原点深搜路径即可。 确切的来说，只要在后来建的图中随便找一条路径均是原点到该点的最短路（注意边是单向的），又因为限制了流量是1，所以一条边只能选取一次，这样跑出来的流量就一定是不相交最短路的条数。 当然如果在后面建的最短路径树

14、中直接求两条从1到n的路径是不行的，如下图：如果边的长度都为1，当找的第一条路径是1-4-3-6时，然后就找不到其他最短路径了，也即只能找到一条，但是图中明显有两条最短路径1-2-6和1-5-6所以直接求两条从1到n的路径是不行的，因此只能用最大流来做。代码如下：int spfa（） int i,j,cur,tmp,mark410,dis410; queueque; memset（mark,0,sizeof（mark）; disi=INF; dis1=0; mark1=1; que.push（1）; while（!que.empty（） cur=que.front（）; que.pop（）;

15、markcur=0; if（disedgei.vdiscur+edgei.k） disedgei.v=discur+edgei.k; if（markedgei.v=0） markedgei.v=1; que.push（edgei.v）; if（disn=INF） return 0; tmp=tot; S=0,T=n+1;mapij!=-1） if（disi=disj+mapji） addedge（j,i,1）; if（disj=disi+mapij） addedge（S,1,2）; addedge（n,T,2）; return 1;void dfs2（int t） int i;%d ,t）;

16、if（t=n） return; if（i%2=0&edgei.k=0） dfs2（edgei.v）; edgei.k=1; return; int i,j,a,b,c;m）; memset（map,0xff,sizeof（map）;c）; if（mapab=-1|mapabc） mapab=mapba=c; if（mapij! addedge1（i,j,mapij）; if（spfa（）=0|sap_gap（）2）No solutionn else dfs2（1）;nSPOJ 962 Intergalactic Map题目大意：在一个无向图中，一个人要从 A 点赶往 B 点，之后再赶往 C 点

17、，且要求中途不能多次经过同一个点。问是否存在这样的路线。（3 = N = 30011, 1 = M = 50011） 建模方法：由于每个点只能走一次，似乎最短路之类的算法不能用，只有往网络流上靠。将每个点 i 拆成两个点 i , i并加边（i , i , 1）就能轻易达到这个目的。然后我们以B为源点，A、C为汇点，看能否增广两次。 int i,ca,a,b; freopen（1.txt,r,stdin）;ca）; while（ca-）b）; addedge（a,b,1）; addedge（b,a,1）; S=n+1; T=n+2; addedge（S,2,2）; addedge（1,T,1）; addedge（3,T,1）; if（dinic（）=2） printf（YESn else printf（NOn return