循环流网络的费用问题

费用为负的网络流
循环流网络的费用
一些题目
- [UVa1659 Help Little Laura](https://onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&category=24&page=show_problem&problem=4534)
- [Aizu-2230 How to Create a Good Game](https://vjudge.net/problem/Aizu-2230#author=GPT_zh)
参考博客

费用为负的网络流

对于源点为s汇点为t并且流量F确定的含负权边的网络，可以通过变形消去负权边：
新增源点 S和汇点T，从S向s连一条容量为F费用为0的边，从t向T连一条容量为F费用为0的边；对于负权边e=(u,v)可以让其一开始就已经满流(即从v向u连一条容量为 $c_e$ 费用为 $d_e$ 的边)，再从S向v连一条容量为 $c_e$ 费用为0的边，从u向T连一条容量为 $c_e$ 费用为0的边；对正权边则同原始网络一样连边。
费用为负的网络流
求新图流量为 ${\textstyle F+\sum_{负权边e}c_e}$ 的最小费用，再加上 ${\textstyle \sum_{负权边e}c_e\times d_e}$ ，就是原图流量为F的最小费用。
消除负权边后，可以用Dijkstra算法求最小费用，效率比BellmanFord算法高。当然，求最小费用流，有专门的PrimalDual原始对偶算法，不用在建图时消除负权边。

循环流网络的费用

有一些网络流其有向图是强连通的但没有源点也没有汇点，而且每个结点都要满足流量平衡，所以也没有“最大流”这种说法，称为循环流（circulation）。对于要求最大费用的循环流网络，将边权取相反数，可变成求最小费用循环流。最小费用循环流问题也可能出现负权边，同样可以套用上面处理负权边的思想来处理。
若负权边e=(u,v)可以取或不取，则预先使之满流(即反向连边，从v向u连一条容量为 $c_e$ 费用为 $d_e$ 的边)。**实际上，满流意味着这条负权边的流量可以回退，即此负权边可以取或不取。**若回退流量，意味着此负权边组成的最小权值圈为正圈，又由于求最小费用流，不取正圈，故将流退回。这种情况可以像上面费用为负的网络流那样画图帮助理解，还是比较好理解的。
若负权边e=(u,v)必须取到，则不预先使之满流(即按原图连边，从u向v连一条容量为 $c_e$ 费用为 $d_e$ 的边)。这种情况不那么直观，需要画图帮助理解。

一些题目

UVa1659 Help Little Laura

平面上有m条有向线段连接了n个点。你从某个点出发顺着有向线段行走，给沿途经过的每条线段涂一种不同的颜色，最后回到起点。你可以多次行走，给多个回路涂色。可以重复经过一个点，但不能重复经过一条有向线段。如下图所示是一种涂色方法（虚线表示未涂色）。

每涂一个单位长度将得到x分，但每使用一种颜料将扣掉y分。假定颜料有无限多种，如何涂色才能使得分最大？输入保证若存在有向线段u->v，则不会出现有向线段v->u。n≤100，m≤500，1≤x,y≤1000。
这是典型的负权边可以取或不取的题目，AC代码如下：

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;

#define N 102
#define M 1780
struct edge {int u, v, cap, flow; double cost;} e[M];
int g0[N][N], cnt0[N], x[N], y[N], n, s, t, kase = 0;
int g[N][N], q[M*N], cnt[N], a[N], p[N], c; double d[N], cc; bool vis[N];

void add_edge(int u, int v, int cap, double cc) {
    e[c] = {u, v, cap, 0, cc}; g[u][cnt[u]++] = c++; e[c] = {v, u, 0, 0, -cc}; g[v][cnt[v]++] = c++;
}

double solve() {
    cin >> s >> t;
    memset(cnt0, 0, sizeof(cnt0)); memset(a, cc = 0, sizeof(a)); memset(cnt, c=0, sizeof(cnt));
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        cin >> x[i] >> y[i];
        int v; while (cin>>v && v) g0[i][cnt0[i]++] = v;
    }
    for (int u=1; u<=n; ++u) for (int i=0; i<cnt0[u]; ++i) {
        int v = g0[u][i]; double d = t-s*sqrt((x[u]-x[v])*(x[u]-x[v])+(y[u]-y[v])*(y[u]-y[v]));
        if (d < 0) {
            cc -= d; ++a[v]; --a[u]; add_edge(v, u, 1, -d);
        } else add_edge(u, v, 1, d);
    }
    s = 0; t = n+1;
    for (int u=1; u<=n; ++u) if (a[u] != 0) a[u] > 0 ? add_edge(s, u, a[u], 0.) : add_edge(u, t, -a[u], 0.);
    while (true) {
        for (int i=0; i<=t; ++i) d[i] = 1e39;
        memset(vis, 0, sizeof(vis)); d[s] = 0.; q[0] = s; a[s] = 1;
        int head = 0, tail = 1;
        while (head < tail) {
            int u = q[head++]; vis[u] = false;
            for (int i=0; i<cnt[u]; ++i) {
                const edge& ee = e[g[u][i]];
                if (ee.cap > ee.flow && d[ee.v] > d[u]+ee.cost) {
                    d[ee.v] = d[u]+ee.cost;
                    p[ee.v] = g[u][i];
                    a[ee.v] = min(a[u], ee.cap-ee.flow);
                    if (!vis[ee.v]) vis[q[tail++] = ee.v] = true;
                }
            }
        }
        if (d[t] >= 1e39) break;
        cc -= d[t];
        for (int u=t; u!=s; u=e[p[u]].u) e[p[u]].flow += a[t], e[p[u]^1].flow -= a[t];
    }
    return cc;
}

int main() {
    cout << fixed << setprecision(2);
    while (cin>>n && n) cout << "Case " << ++kase << ": " << max(solve(), 0.) << endl;
    return 0;
}

Aizu-2230 How to Create a Good Game

国际游戏公司要加工一个游戏，该游戏的关卡是一个有向无环图，每两个关卡间都有若干任务。在通关所需最多任务不变的情况下，还能最多增添多少任务？
这是典型的负权边必须取到的题目。不过这个题先要做一些分析处理才能转化成最小费用循环流：从终点关卡向起点关卡连一条边权为最长路长度的正权边再将原DAG权值取反，那么那些正权圈中的负权边就是应该增加权值的边，具体应该加多少，就是正权圈的权值。
结合下面两个测试数据画图帮助理解。

样例1输入	样例1输出	样例2输入	样例2输出
3 3 0 1 5 1 2 3 0 2 2	6	4 6 0 1 5 0 2 5 0 3 5 1 2 5 1 3 5 2 3 5	20

画出图后就能理解负权边必须取到时，其处理方式的正确性了。样例1有一条流量为2的增广路 $S\rightarrow2\rightarrow0\rightarrow T$ ，最小费用为 $2\times8=16$ ，负权和为 $- (5 + 3 + 2) = - 10$ ，所以答案为6。样例2有一条流量为1的增广路 $S\rightarrow2\rightarrow3\rightarrow0\rightarrow T$ 、一条流量为1的增广路 $S\rightarrow3\rightarrow0\rightarrow1\rightarrow T$ 、一条流量为2的增广路 $S\rightarrow3\rightarrow0\rightarrow T$ ，最小费用为 $(-5+15)+(15-5)+2\times15=50$ ，负权和为 $-5\times 6=-30$ ，所以答案为20。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

#define INF 0x7f7f7f7f
#define M 1002
#define N 102
struct edge {int u, v, cap, flow, cost;} e[(M+N)<<1];
int g[N][N], q[N*(M+N)<<1], cnt[N], a[N], d[N], p[N], c, m, n; bool vis[N];

void add_edge(int u, int v, int cap, int cc) {
    e[c] = {u, v, cap, 0, cc}; g[u][cnt[u]++] = c++; e[c] = {v, u, 0, 0, -cc}; g[v][cnt[v]++] = c++;
}

int mcmf(int s, int t, int f) {
    int cc = 0;
    while (f > 0) {
        memset(d, 127, sizeof(d)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); d[s] = 0; q[0] = s; a[s] = f;
        int head = 0, tail = 1;
        while (head < tail) {
            int u = q[head++]; vis[u] = false;
            for (int i=0; i<cnt[u]; ++i) {
                const edge& ee = e[g[u][i]];
                if (ee.cap > ee.flow && d[ee.v] > d[u]+ee.cost) {
                    d[ee.v] = d[u]+ee.cost;
                    p[ee.v] = g[u][i];
                    a[ee.v] = min(a[u], ee.cap-ee.flow);
                    if (!vis[ee.v]) vis[q[tail++] = ee.v] = true;
                }
            }
        }
        if (d[t] >= INF) break;
        f -= a[t]; cc += d[t]*a[t];
        for (int u=t; u!=s; u=e[p[u]].u) e[p[u]].flow += a[t], e[p[u]^1].flow -= a[t];
    }
    return cc;
}

int solve() {
    int cc = 0, s = n, t = n+1, f = 0;
    memset(a, 0, sizeof(a)); memset(cnt, c=0, sizeof(cnt));
    while (m--) {
        int u, v, w; cin >> u >> v >> w; cc -= w; --a[u]; ++a[v]; add_edge(u, v, INF, -w);
    }
    for (int i=0; i<n; ++i) {
        if (a[i] > 0) f += a[i], add_edge(s, i, a[i], 0);
        else if (a[i] < 0) add_edge(i, t, -a[i], 0);
    }
    add_edge(n-1, 0, INF, -mcmf(0, n-1, 1));
    return cc + mcmf(s, t, f);
}

int main() {
    while (cin >> n >> m) cout << solve() << endl;
    return 0;
}