曾經有一款流行的遊戲，叫做 infinity loop，先來簡單的介紹一下這個遊戲：
遊戲在乙個n×m
n×m的網格狀棋盤上進行，其中有些小方格中會有水管，水管可能在
格某些方向的邊界的中點有介面，所有水管的粗細都相同，所以如果兩個相鄰方格的
共邊界的中點都有接頭，那麼可以看作這兩個接頭互相連線。水管有以下15種形狀：
遊戲開始時，棋盤中水管可能存在漏水的地方。
形式化地：如果存在某個接頭，沒有和其它接頭相連線，那麼它就是乙個漏水的
地方。玩家可以進行一種操作：選定乙個含有非.直.線.型.水管的方格，將其中的水管繞方格
中心順時針或逆時針旋轉 90 度。
直線型水管是指左圖里中間一行的兩種水管。
現給出乙個初始局面，請問最少進行多少次操作可以使棋盤上不存在漏水的地方。
這道題可以把水流看成流量，旋轉次數看成費用，這樣就基本是乙個費用流的板子。
但是這道題建模還是比較難。主要有以下兩個問題：
如何保證每一條水管都有流量？
如何處理旋轉產生的費用？
我們先把每乙個點拆成五個點，分別是往上下左右流的邊和與原點匯點流的邊。姑且把後者稱作總點。
那麼為了保證每條邊都滿流，我們必須把點黑白染色，白點的總點連原點，然後原點連向上下左右；黑點的總點連匯點，然後從上下左右連總點。之後所有白點的上下左右點分別連黑點的上下左右點。
這樣我們就把整個圖建好了。其中我們把每一條邊拆成了兩個點之間分別的兩條邊，所以最終的流量會是我們建的兩點之間的邊的個數的一半。
那麼費用應該如何處理呢？
我們來分類討論一下。
注意：黑點與白點的連線正好完全相反。例如白點的連線為(x,
y)(x
,y)，那麼黑點的連線為(y,
這種情況非常簡單。我們以水管朝上為例。那麼如果我們要讓水管朝左或者朝右，那麼只要花費1的費用即可。所以從上向左右分別連費用為1的邊，同理，從上向下連費用為2的邊。
由於題目要求直管不能旋轉，所以就不用再內部連任何的邊。
如果把這個水管順時針旋轉90°9
0°，那麼就相當於把左邊的水管放在了右邊，同理，逆時針就相當於把上面的水管放在了下面。
那麼就從上到下，從左到右分別連一條費用為1的邊。
此時如果旋轉180°1
80°的費用正好為2，和題目要求一致。
這種水管也很好理解，旋轉90°9
0°就相當於把左邊或右邊的水管轉移到下面。那麼就從左右向下連一條費用為1的邊。同理，從上到下連一條費用為2的邊。
這個轉了和沒轉沒有區別，所以就不用再內部連邊了。
注意除了上述連邊外，還有上下左右邊和總點的連邊、只要把這個水管原本的邊和總點連線即可。
主要還是靠理解，這個連邊在圖上不是很好畫，**就更加看不懂。。。
這是我至今為止連邊最長的費用流。
並且這道題用普通的eke
k會t，用zkw
zkw費用流就可以了。sp
fasp
fa最好加上slf
slf和l
llll
l優化。
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
const
int n=
1000010
,inf=
1e9;
int n,m,s,t,maxflow,cnt,cost,tot=
1,head[n]
,dis[n]
;bool vis[n]
;struct edge
e[n]
;intu(
int x)
intd
(int x)
intl
(int x)
intr
(int x)
intread()
intpos
(int x)
if(a+b+c+d==3)
return4;
if(a+b+c+d==4)
return5;
}void
add(
int from,
int to,
int flow,
int cost)
bool
spfa()
q.pop_front()
; vis[u]=0
; sum-
=dis[u]
;for
(int i=head[u]
;~i;i=e[i]
.next)}}
}return dis[s]
}int
dfs(
int x,
int flow)
int used=0;
vis[x]=1
;for
(int i=head[x]
;~i;i=e[i]
.next)}}
return used;
}void
zkw()}
}int
main()
if(opt==2)
if(opt==3)
if(opt==4)
if(opt==5)
add(
u(x)
,x,1,0
),add(
d(x)
,x,1,0
),add(
l(x)
,x,1,0
),add(
r(x)
,x,1,0
),cnt+=4
;}else
if(opt==2)
if(opt==3)
if(opt==4)
if(opt==5)
add(x,
u(x),1
,0),
add(x,
d(x),1
,0),
add(x,
l(x),1
,0),
add(x,
r(x),1
,0),cnt+=4
;}if(
!((i+j)&1
))else
add(x,t,inf,0)
;}zkw();
if(maxflow*
2==cnt)
printf
("%d\n"
,cost)
;else
printf
("-1");
return0;
}
P4003 無限之環
題面自己看吧。std對於這種毒瘤的最小費用匹配問題，一般考慮網路費用流。對於每個水管的每乙個支管，有且僅有乙個其它方格上的水管的其中乙個支管與其相連，這樣就不會漏水了，也就是乙個水管的每個支管容量只能為 1 且都要滿流。由於我們要用網路流，又考慮到只有相鄰的兩個水管又可能產生流量，於是考慮將圖黑白染...
洛谷P4043 費用流
這題的建圖方式可以模擬洛谷p1251 我是由那個題才想到這麼建的，由於每條邊至少經過一次，我們又不清楚需要跑多少次，把邊看成點，點與匯點相連，可是我們又不知道最大流應該是多少，直接這麼連會發生錯誤。利用那道題的思想，每條邊最少需要一次，那麼就每條邊看做兩個點，點1和點2，點1有1的流量流向匯點，點2...
BZOJ5120無限之環 費用流
傳送門 題意 看原題吧，想不出比原題更好的描述了 solution 一開始思考過用網路流，但是想不出如何建圖，最後還是去看了題解qwq，建圖思路很妙啊，我們先把每個點拆成四個小點，分別對應上，下，左，右，然後對應每種水管在點內分別建圖 細節大家可以結合 思考一下 由於這是乙個二分圖 拆點之前 所以說...