\(\LARGE\text{“}\) 採菊東籬下，波撼岳陽城。\(\large {_”}\)

試見過，擬陣之交，因神的劍術沸騰爆裂。

試見過，資本之惡，因神的力量化雪紛飛。

是神的全知，讓無人知曉的文明之始得以傳世。

是神的全能，讓牢不可破的數理之樹兔死狐悲。

最大流

顯然。\(O(n^2m)\)。

費用流

顯然。\(O(nmf)\)。

上下界

loj 上有這三體的模板，懶得放連結了 = =

可行流

新建超源 \(SS\)，超匯 \(TT\)。

對於一條邊 \(p\to q:[l,r]\)，那就相當於保證要 \(p\) 點必須要流出 \(l\) 的流量，\(q\) 點必須要得到 \(l\)

於是我們就讓 \(p\) 點連向 \(TT\)，邊權為 \(l\)；\(SS\) 點連向 \(q\) 邊權為 \(l\)。然後跑 Dinic。如果最大流不是所有的 \(l\) 之和，就說明有 \(p\) 沒有貢獻出 \(l\) 的流量，或者有 \(q\) 沒有收到 \(l\) 的流量。（不然這些 \(l\) 的流量，會存在於 \(SS,TT\) 的連邊中）。

實際操作中，我們給每個點設一個數組 hav 代表要匯入/匯出的流量總和。如果大於 0 就是要匯入的流量，連邊 \(SS\to i:|hav_i|\)；小於 0 就是要匯出的流量，連邊 \(i\to TT:|hav_i|\)

最大流

大體思路：先跑出一組可行流，再在殘量網路上繼續跑，看看能不能再流一些流量。

首先連邊 \(T\to S:\inf\)，這樣就可以看成沒有源點/匯點的情況了（因為源點是無限輸出，匯點是無限輸入）然後按照上文以 \(SS,TT\) 為源匯跑可行流。

這樣我們得到了一組可行解。將 \(T\to S:\inf\) 斷邊。再以 \(S,T\) 為源匯繼續跑一遍最大流即可。

最小流

參考最大流的做法，但是最後不是“再流一些流量”，而是要“再退回流量”。

於是把最後一步改為：以 \(S\) 為匯，以 \(T\) 為源（也就是 swap(S,T)

最長反鏈

https://www.luogu.com.cn/problem/P4298 然而不會第二問。

首先根據胡克定律（Dilworth定理）：最長反鏈 = 最小可重鏈覆蓋。

然後我們對原圖跑一遍傳遞閉包，就會最長反鏈 = 最小不可重鏈覆蓋。（感性理解一下）

那麼就可以這樣理解：一開始每個點都是獨立的鏈，每次可以把兩條鏈首尾相接，最多可以操作幾次。

發現，一個點在最終的鏈上，最多有一個前驅和一個後繼，那麼就把一個點拆成兩個點 \(x_{in},x_{out}\)。對於一條邊 \(x\to y\) 連邊 \(x_{out}\to y_{in}\)（十分好理解！）。於是就有一個二分圖，左邊是全部的 out，右邊是全部的 in。跑二分圖最大匹配即可。假設最大匹配為 \(val\)，答案就是 \(n-val\)。

二分圖最大匹配 - 匈牙利演算法

DFS

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define mar(o) for(int E=fst[o];E;E=e[E].nxt)
#define v e[E].to
#define lon long long
using namespace std;
const int n7=101234,m7=1012345;
struct dino{int to,nxt;}e[m7];
int n1,n2,m,ecnt,fst[n7],ans,tim,vis[n7],mat[n7];

int rd(){
	int shu=0;bool fu=0;char ch=getchar();
	while( !isdigit(ch) ){if(ch=='-')fu=1;ch=getchar();}
	while( isdigit(ch) )shu=(shu<<1)+(shu<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return fu?-shu:shu;
}

void edge(int p,int q){
	ecnt++;
	e[ecnt]=(dino){q,fst[p]};
	fst[p]=ecnt;
}

bool dfs(int o){
	vis[o]=tim;
	mar(o){
		if(mat[v])continue;
		mat[o]=v,mat[v]=o;
		return 1;
	}
	mar(o){
		int z=mat[v];
		if(vis[z]==tim)continue;
		mat[o]=v,mat[v]=o,mat[z]=0;
		if( dfs(z) )return 1;
		mat[o]=0,mat[v]=z,mat[z]=v;
	}
	return 0;
}

int main(){
	n1=rd(),n2=rd(),m=rd();
	rep(i,1,m){
		int p=rd(),q=n1+rd();
		edge(p,q),edge(q,p);
	}
	rep(i,1,n1){
		if(!mat[i])tim++,dfs(i);
	}
	rep(i,1,n1){
		if(mat[i])ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

BFS

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define mar(o) for(int E=fst[o];E;E=e[E].nxt)
#define v e[E].to
#define lon long long
using namespace std;
const int n7=101234,m7=1012345;
struct dino{int to,nxt;}e[m7];
int n1,n2,m,ecnt,fst[n7],ans,tim,vis[n7],mat[n7],pre[n7];
int head,tail,que[n7];

int rd(){
	int shu=0;bool fu=0;char ch=getchar();
	while( !isdigit(ch) ){if(ch=='-')fu=1;ch=getchar();}
	while( isdigit(ch) )shu=(shu<<1)+(shu<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return fu?-shu:shu;
}

void edge(int p,int q){
	ecnt++;
	e[ecnt]=(dino){q,fst[p]};
	fst[p]=ecnt;
}

void aug(int o){
	while(o){
		int tmp=mat[ pre[o] ];
		mat[o]=pre[o];
		mat[ pre[o] ]=o;
		o=tmp;
	}
}

void bfs(int o0){
	tim++;
	head=tail=1,que[head]=o0,vis[o0]=tim;
	while(head<=tail){
		int o=que[head];head++;
		mar(o){
			if(vis[v]==tim)continue;
			pre[v]=o;
			if(!mat[v]){aug(v);return;}//return 1;
			else{
				vis[v]=vis[ mat[v] ]=tim;
				tail++,que[tail]=mat[v];
			}
		}
	}
	//return 0
}

int main(){
	n1=rd(),n2=rd(),m=rd();
	rep(i,1,m){
		int p=rd(),q=n1+rd();
		edge(p,q),edge(q,p);
	}
	rep(i,1,n1){
		if(!mat[i])bfs(i);
	}
	rep(i,1,n1){
		if(mat[i])ans++;
	}	
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

如果邊帶權怎麼辦？費用流！（似乎也有匈牙利做法，然而懶。）

（但是如果有負權邊可能會影響，要刪除此邊）

一般圖最大匹配 - 帶花樹

https://www.luogu.com.cn/blog/happydef-blog/yi-ban-tu-zui-da-pi-pei-xue-xi-bi-ji

\(O(n^3)\)。