技術標籤：題解

先說PPT的思路

PPT的思路源於這句話：
對每條邊 (u, v)，連一條 (u, v) 容量為 1，費用為 1 的邊。如果
流了表示刪去這條邊。

流過原圖上的邊表示刪去這條邊意味著什麼呢？
令dif[u]=u的出度-入度

如圖，灰邊表示原圖上的邊，初始狀態沒有流過任何邊
因為原圖沒有邊被刪，所以dif[u]=-1

這時，如果有一流量為1的流流過邊a，那麼此流只能從u在原圖上的出邊流出，即有一流量為1的流流過了邊2，代表原圖中邊2被刪，dif[u]=dif[u]-1=-2

因此，s到u流一流量為Δx的流，dif[u]要-Δx

同理，如果有一流量為1的流流過邊b，那麼此流只能從u在原圖上的入邊流入，即有一流量為1的流流過了邊1或邊3，代表原圖中邊1或邊3被刪，dif[u]=dif[u]+1=0

因此，u到t流一流量為Δx的流，dif[u]要+Δx

這樣，我們就將dif[u]值的變化量，轉化成了流過(s,u)邊或(u,t)邊的流量

如此，限制入度與出度的差的絕對值的最大值就變得簡單了
因此考慮二分答案

設v=入度與出度的差的絕對值的最大值，二分v，然後求最少需要刪去多少的邊，判斷是否可行即可
在建圖時，

1.若dif[u]>=v:
	則dif[u]要減去一個數x（x>=0）,
	因為-v<=dif[u]-x<=v,所以dif[u]-v<=x<=dif[u]+v,
	從s到u連一條上界為dif[u]+v,下界為dif[u]-v,費用為0的邊
2.若-v<
 
dif[u]<v:
	從s到u連一條上界為dif[u]+v,費用為0的邊
	從u到t連一條上界為v-dif[u],費用為0的邊
3.若dif[u]<=-v:
	從u到t連一條上界為v-dif[u],下界為-v-dif[u],費用為0的邊

跑有源匯有上下界的最小費用最大流即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=60;
const int M=100005;
const int inf=
 
0x7fffffff;
struct Edge{
	int u,v,f,w,nxt;
}edge[M<<1];
int s,t,ss,tt,S,T,head[N],cnt,inque[N],pre[N],dis[N];
queue<int> que;
int Q,n,m,K,a[M],b[M],dif[N];
void add(int u,int v,int f,int w){
	edge[cnt].u=u;edge[cnt].v=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].f=f;edge[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt++;
	edge[cnt].u=v;edge[cnt].v=u;edge[cnt].w=-w;edge[cnt].f=0;edge[cnt].nxt=head[v];head[v]=cnt++;
}
bool spfa(){
	memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
	memset(inque,0,sizeof(inque));
	memset(pre,-1,sizeof(pre));
	dis[S]=0;
	que.push(S);inque[S]=1;
	while(!que.empty()){
		int u=que.front();
		que.pop();inque[u]=0;
		for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt){
			int v=edge[i].v;
			if(edge[i].f>0&&dis[v]>dis[u]+edge[i].w){
				dis[v]=dis[u]+edge[i].w;
				pre[v]=i;
				if(!inque[v]){
					que.push(v);inque[v]=1;
				}
			}
		}	
	}
	if(pre[T]==-1) return 0;
	return 1;
}
int EK(){
	int flow,ret=0;
	while(spfa()){
		flow=inf;
		int x=pre[T];
		while(x!=-1){
			flow=min(edge[x].f,flow);
			x=pre[edge[x].u];
		}
		x=pre[T];
		while(x!=-1){
			edge[x].f-=flow;
			edge[x^1].f+=flow;
			ret+=flow*edge[x].w;
			x=pre[edge[x].u];
		}
	}
	return ret;
}
bool check(int v){
	cnt=0;memset(head,-1,sizeof(head));
	s=n+1;t=n+2;ss=n+3;tt=n+4;
	add(t,s,inf,0);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		add(a[i],b[i],1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(dif[i]>=v){
			add(s,i,2*v,0);
			add(ss,i,dif[i]-v,0);
			add(s,tt,dif[i]-v,0);
			//add(s,i,[dif[i]+v,dif[i]-v],0);//減法上下界 
		}
		else if(dif[i]>-v){
			add(s,i,dif[i]+v,0);//減法上界 
			add(i,t,v-dif[i],0);//加法上界 
		}
		else{
			add(i,t,2*v,0);
			add(ss,t,-v-dif[i],0);
			add(i,tt,-v-dif[i],0);
			//add(i,t,[v-dif[i],-v-dif[i]],0);//加法上下界 
		}
	}
	S=ss,T=tt;
	if(EK()<=K) return 1;
	return 0;
}
int main(){
	scanf("%d",&Q);
	for(int cas=1;cas<=Q;cas++){
		memset(dif,0,sizeof(dif));
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);K=m-K;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
			dif[b[i]]--;dif[a[i]]++;
		}
		int l=0,r=n,mid,ans;
		while(l<=r){
			mid=(l+r)/2;
			if(check(mid)){
				ans=mid;r=mid-1;
			}
			else l=mid+1;
		} 
		printf("Case %d: %d\n",cas,ans);
	}
	return 0;
}

接下來是我自己的思考產物，還未驗證

考慮如何轉化 入度與出度之差。
設原圖每條邊流量為1，入度與出度之差轉化為一個點的流入量與流出量之差。
此時圖是不滿足流量平衡的，所以對每個點，我們給少的流一個來處，多的流一個去處，
入度與出度之差就轉化為從來處到節點的流（或從節點到去處的流）的大小。

順著想下去，原圖上的邊有流流過，就代表選擇了這條邊，沒有流流過，就代表邊被刪除

考慮如何求解

原題：最多k條邊是限制，入度與出度之差的絕對值的最大值最小是求最值
考慮二分答案，入度與出度之差的絕對值變為限制（用限制流量實現），那麼刪去邊數自然轉為求的最值（用費用求）,與d比較判斷即可

update:
我的思路會產出一個問題，從源點到各節點的流的大小 代表 出度-入度， 從各節點到匯點的流的大小 代表 入度-出度，根據每個節點是出度大還是入度大，我們選擇連(s,u)還是(u,t)（顯然一個節點不能同時連兩種邊），但因為題目限制的是 出度與入度之差的絕對值，無論連哪種邊，其下界都會是負數，目前我想到的唯一解決方法是將所有邊的邊界整體加上n