活动 - AcWing

给定一个包含 n 个点 m 条边的有向图，每条边都有一个流量下界和流量上界。

给定源点 S 和汇点 T，求源点到汇点的最大流。

输入格式

第一行包含四个整数 n,m,S,T。

接下来 m 行，每行包含四个整数 a,b,c,d 表示点 a 和 b 之间存在一条有向边，该边的流量下界为 c，流量上界为 d。

点编号从 1 到 n。

输出格式

输出一个整数表示最大流。

如果无解，则输出 No Solution。

数据范围

1≤n≤202
1≤m≤9999
1≤a,b≤n
0≤c≤d≤105

输入样例：

10 15 9 10
9 1 17 18
9 2 12 13
9 3 11 12
1 5 3 4
1 6 6 7
1 7 7 8
2 5 9 10
2 6 2 3
2 7 0 1
3 5 3 4
3 6 1 2
3 7 6 7
5 10 16 17
6 10 10 11
7 10 14 15

输出样例：

43

解析： 

为什么要建新图？
因为此题有上下界，根据我们上题的经验，需要建虚拟源点（S、T）补流；

但是原图有自带的源汇点（s、t），源汇点不保证流量守恒（其他点都保证），所以需要补一条 t —— s 的满容量边，让原图流量守恒，只有满足 {流量守恒容量上限} 我们才可以这样建图。

还记得上题的结论吗，建出这个新图的意义在于：

在这种状态下建出的新图，可以发现若要新图的流对应原图的可行流，需要保证虚拟源点S的出边都满流；

反过来，只要保证新图的流是满流，我们就可以说这个流是原图的一个可行流。

建了这个新图，在这种满流的状态下我们可以发现一些很特殊的性质：
任意两个新图的满流相减（流量相减），S出、T入 这些边的流量相同会抵消掉，剩下的流量居然是新图中 s —— t 的流量（这里s、t可以换成任意两点，只要不是S、T就行，但我们此题要求的与s、t有关）

我们设新图两个满流为 f1、f2，可以得到公式 |f1−f2|=f(s−>t)，移下项，f1=f2+f(s−>t)；

一开始说过新图的流对应原图可行流，所以 f1 是原图的一个可行流;

若要 f1 最大，因为 f2 固定了（满流），所以要尽可能让 f(s−>t) 大

要求 max(fs−t) 就在新图上跑个 dinic（s−t） 即可，不过要注意删掉 t —— s 的边，不然流量一直循环求不出来

最后答案 ans=满流f2+max(fs−t)

参考至： AcWing 2189. 有源汇上下界最大流（简易又不空洞的理解） - AcWing

这里补充一点： 满流f2== f[idx - 1]，是因为 f[idx - 1] 是原图对应新图中的一个可行流，原图的可行流等于 f[idx - 1] + 此边的容量下届，又因为此边的容量下届==0，所以原图的可行流等于 f[idx - 1]。

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
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#include<math.h>
#include<map>
#include<sstream>
#include<deque>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e2 + 10, M = (1e4 + N) * 2, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, S, T;
int h[N], e[M], f[M], ne[M], idx;
int q[N], d[N], cur[N],A[N];void add(int a, int b, int c) {e[idx] = b, f[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;e[idx] = a, f[idx] = 0, ne[idx] = h[b], h[b] = idx++;
}bool bfs() {int hh = 0, tt = 0;memset(d, -1, sizeof d);q[0] = S, d[S] = 0, cur[S] = h[S];while (hh <= tt) {int t = q[hh++];for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (d[j] == -1 && f[i]) {d[j] = d[t] + 1;cur[j] = h[j];if (j == T)return 1;q[++tt] = j;}}}return 0;
}int find(int u, int limit) {if (u == T)return limit;int flow=0;for (int i = cur[u]; i != -1 && flow < limit; i = ne[i]) {int j = e[i];cur[u] = i;if (d[j] == d[u] + 1 && f[i]) {int t = find(j, min(f[i], limit - flow));if (!t)d[j] = -1;f[i] -= t, f[i ^ 1] += t, flow += t;}}return flow;
}int dinic() {int ret = 0, flow;while (bfs())while (flow = find(S, INF)) {ret += flow;}return ret;
}int main() {int s, t;cin >> n >> m >> s >> t;S = 0, T = n + 1;memset(h, -1, sizeof h);for (int i = 1, a, b, c, d; i <= m; i++) {scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);add(a, b, d - c);A[a] -= c, A[b] += c;}int tot = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (A[i] > 0)add(S, i, A[i]), tot += A[i];else if (A[i] < 0)add(i, T, -A[i]);}add(t, s, INF);if (dinic() < tot)cout << "No Solution" << endl;else {int ret = f[idx - 1];S = s, T = t;f[idx - 1] = 0, f[idx - 2] = 0;printf("%d\n", ret + dinic());}return 0;
}