算法：

题目：(多按一下F5)

【】

关于输出路径，因为即使有反向弧经过左侧点也一定会改变左侧点的去向，若没连向右侧就会被更新到0，所以不用在意。

mark记录有入度的右侧点，然后从没入度的右侧点开始把整条路径输出来即可。

#include
      
       #include
       
        #include
        
         using namespace std;const int maxn=100000,inf=0x3f3f3f3f;int n,m,S,T,d[maxn],q[10010],first[maxn],tot=1,nex[maxn];bool mark[maxn];struct edge{
    int from,v,flow;}e[maxn];void insert(int u,int v,int w){tot++;e[tot].v=v;e[tot].flow=w;e[tot].from=first[u];first[u]=tot; tot++;e[tot].v=u;e[tot].flow=0;e[tot].from=first[v];first[v]=tot;}bool bfs(){    memset(d,-1,4*(2*n+3));    int head=0,tail=1;q[0]=S;d[S]=0;    while(head
         
          10000)head=0;         for(int i=first[x];i;i=e[i].from)          if(e[i].flow&&d[e[i].v]==-1)           {               int y=e[i].v;               d[y]=d[x]+1;               q[tail++]=y;if(tail>10000)tail=0;           }     }    return d[T]!=-1;}int dinic(int x,int a){//    printf("x=%d a=%d\n",x,a);    if(x==T||a==0)return a;    int flow=0,f;    for(int i=first[x];i;i=e[i].from)     if(e[i].flow&&d[e[i].v]==d[x]+1&&(f=dinic(e[i].v,min(a,e[i].flow)))>0)      {          if(f>0)         {             nex[x]=e[i].v;             if(e[i].v-n>0)mark[e[i].v-n]=1;         }          e[i].flow-=f;          e[i^1].flow+=f;          a-=f;          flow+=f;          if(a==0)break;      }    return flow;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    S=0,T=2*n+1;    for(int i=1;i<=m;i++)     {         int u,v;         scanf("%d%d",&u,&v);         insert(u,v+n,1);     }    for(int i=1;i<=n;i++)insert(S,i,1);    for(int i=n+1;i<=2*n;i++)insert(i,T,1);    int ans=n;    while(bfs())ans-=dinic(S,inf);    for(int i=1;i<=n;i++)if(!mark[i])     {         printf("%d ",i);         int k=i;         while(nex[k])          {              printf("%d ",nex[k]-n);              k=nex[k]-n;          }         printf("\n");     }    printf("%d",ans);    return 0;}
         
        
       
      

【】

本题模型为最小路径覆盖问题。

(i+j)为完全平方数即连边，图显然是DAG。

题目变为添加尽量多的点使最小路径覆盖≤n(一条简单路径表示一根柱子)

题目的关键在于答案不可知(即二分图点数不确定)，所以从1开始枚举答案，每次两端加点，

判断1..i-1是否有和i连边的(注意别连反了)，然后在前一次的残余网络上建边再跑增广即可。

枚举答案理论上应用二分，但二分无法利用上次的残余网络，反而慢。

打印路径很烦，没AC……

#include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          using namespace std;const int maxn=100000,inf=0x3f3f3f3f;int n,m,S,T,d[maxn],q[10010],first[maxn],tot=1,nex[maxn],nexnow[maxn];bool mark[maxn];struct edge{
    int from,v,flow;}e[maxn];void insert(int u,int v,int w){tot++;e[tot].v=v;e[tot].flow=w;e[tot].from=first[u];first[u]=tot; tot++;e[tot].v=u;e[tot].flow=0;e[tot].from=first[v];first[v]=tot;}bool bfs(){    memset(d,-1,4*(T+1));    int head=0,tail=1;q[0]=S;d[S]=0;    while(head
          
           10000)head=0;         for(int i=first[x];i;i=e[i].from)          if(e[i].flow&&d[e[i].v]==-1)           {               int y=e[i].v;               d[y]=d[x]+1;               q[tail++]=y;if(tail>10000)tail=0;           }     }    return d[T]!=-1;}int dinic(int x,int a){    if(x==T||a==0)return a;    int flow=0,f;    for(int i=first[x];i;i=e[i].from)     if(e[i].flow&&d[e[i].v]==d[x]+1&&(f=dinic(e[i].v,min(a,e[i].flow)))>0)      {            if(f>0)             {                     nexnow[x]=e[i].v-1000;                     //nex[x]=e[i].v-1000;             }          e[i].flow-=f;          e[i^1].flow+=f;          a-=f;          flow+=f;          if(a==0)break;      }    return flow;}int main(){    scanf("%d",&n);    S=0,T=2000;int ans=0,i;    for(i=1;;i++)     {         for(int j=1;j
           
            n)break; } printf("%d\n",--i);// for(int j=1;j<=i;j++)// {// for(int k=first[j];k;k=e[k].from)// if(!e[k].flow)// {// nex[j]=e[k].v-1000;// break;// }// printf("nex[%d]=%d\n",j,nex[j]);// }// printf("nex=%d\n",nex[12]);// for(int j=1;j<=i+1;j++)printf("nex[%d]=%d\n",j,nex[j]); for(int j=1;j<=i;j++) if(!mark[j]) { int k=j;printf("%d ",j); while(nex[k]!=-1000&&nex[k]!=0) { printf("%d ",nex[k]); mark[nex[k]]=1; k=nex[k]; } printf("\n"); } return 0;}
           
          
         
        
       
      

 【】

S向xi连边容量为单位人数

yi向T连边容量为餐桌人数

xi每个节点向yi每个节点连边容量为1（限制每单位至多一个人在桌）

【】

最大权闭合子图

S向计划连边，仪器向T连边，依赖关系连边正无穷。

ans=正权和-最小割

【】

这个问题的主要约束条件是每天的餐巾够用，而餐巾的来源可能是最新购买，也可能是前几天送洗的餐巾。每天用完的餐巾可以选择送到快洗部或慢洗部，或者留到下一天再处理。

所以我们可以把每天要用的和用完的分离开处理，建模成二分图(每天用完的和需要的之间用ri联系)。

左侧xi表示第i天用完的餐巾，其数量为ri，所以从S向Xi连接容量为ri的边作为限制。

右侧Yi是第i天需要的餐巾，数量为ri，与T连接的边容量作为限制。

每天用完的餐巾可以选择留到下一天（Xi->Xi+1），不需要花费；

或送到快洗部(Xi->Yi+m)，费用为f，送到慢洗部(Xi->Yi+n)，费用为s。

每天需要的餐巾除了刚刚洗好的餐巾，还可能是新购买的(S->Yi)，费用为p。

最小费用最大流。