题意：
DAG的最小路径覆盖，一条边可以被重复覆盖多次，但是一次只能沿着DAG的方向覆盖一条链，问最少覆盖次数。
思路：
看了半天没有思路，所以去搜索了题解，然后发现是有源汇上下界的最小流，这个东西依赖于有源汇上下界的可行流，然后又依赖于无源汇上下界可行流，所以就都去学了一下，写一个简单的总结与建模方法。
无源汇上下界可行流：
首先强行指定每条边的流为下界，然后会很大概率出现流量不平衡的现象，那么现在需要让流量平衡，就需要补流与分流。
强行指定之后，设流入每个点的流量为\(in_i\)，流出每个点的流量为\(out_i\)，那么就有3种情况：
- \(in_i = out_i\)，此时无需做任何事情；
- \(in_i > out_i\)，流入的流量比流出的流量多，那么需要从附加源点\(SS\)引入\(in_i - out_i\)的流，即加边\(adde(SS,i,in[i]-out[i])\)；
- \(in_i < out_i\)，流出的流量比流入的流量多，那么需要从点分流\(out_i - in_i\)到附加汇点\(TT\)，即加边\(adde(i,TT,out[i]-in[i])\).
此时，只是处理完了需要流量平衡的地方，现在还需要对边的流量的上界进行限制，由于已经强行指定了边的下界，所以每一条边的上界都是原来的上界减去下界，按照这个限制对图加边即可。
最后，求\(SS\)到\(TT\)的最大流，如果满流，则说明这个图有可行流，并且每一条边的流为附加流加上指定的下界。
有源汇上下界可行流：
转化为无源汇上下界可行流，只需要加边\(adde(T,S,inf)\)，如此就可以保证源点和汇点也流量平衡（无源汇可行流的基础就是流量平衡）。
加边之后，按照无源汇可行流求解即可，并且\(T\)到\(S\)的反向边的流量就是原图的一个可行流。
有源汇上下界最大流：
转化为有源汇上下界可行流，在这个残量网络上求从\(S\)到\(T\)的最大流，加上之前求的可行流即是本图的最大流。
有源汇上下界最小流：
转化为可行流问题，但是稍微有不同。
首先不连边\(adde(T,S,inf)\)，然后求\(SS\)到\(TT\)的最大流；
之后连边\(adde(T,S,inf)\)，再次求\(SS\)到\(TT\)的最大流，这个最大流就是我们所求的最小流，原理不太懂，参考。
题目思路：
从源点到每个点连边，下界为0，上界为inf，表示这个点可以放下任意数量的人；
从每个点到汇点连边，下界为0，上界为inf，表示任意数量的人在这个点停止；
题目中给出的边，下界为1，上界为inf，表示每条边至少被覆盖一次。
然后求有源汇上下界最小流即可。
然后是找路径，dfs找到return即可。
但是得从S开始找，不要从某一个点开始找。假设从S到1的流量为3，但是1流出的总流量为5，从1开始dfs，就会出现某个后面的点无法找到路径的情况。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e2 + 5;
vector<int> g[N];
vector<vector<int> > anc;
vector<int> tp;
int mp[N][N];
int in[N],out[N];
int dis[N],cur[N];
int S,T,SS,TT;
int st,en;
struct edge
{
int u,v,cap,org;
edge(int u,int v,int cap,int org):u(u),v(v),cap(cap),org(org){}
};
vector<edge> es;
vector<int> G[N];
void adde(int u,int v,int cap)
{
es.push_back(edge(u,v,cap,cap));
es.push_back(edge(v,u,0,0));
int sz = es.size();
G[u].push_back(sz-2);
G[v].push_back(sz-1);
}
bool bfs()
{
memset(dis,inf,sizeof dis);
dis[st] = 0;
queue<int> q;
q.push(st);
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
for (int i = 0;i < G[u].size();i++)
{
edge &e = es[G[u][i]];
int v = e.v;
if (dis[v] >= inf && e.cap > 0)
{
dis[v] = dis[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
return dis[en] < inf;
}
int dfs(int u,int flow)
{
if (u == en) return flow;
for (int i = cur[u];i < G[u].size();i++)
{
cur[u] = i;
edge &e = es[G[u][i]];
int v = e.v;
if (dis[v] == dis[u] + 1 && e.cap > 0)
{
int tmp = dfs(v,min(flow,e.cap));
if (tmp)
{
e.cap -= tmp;
es[G[u][i]^1].cap += tmp;
return tmp;
}
}
}
return 0;
}
int dinic()
{
int ans = 0;
while (bfs())
{
memset(cur,0,sizeof cur);
int tmp;
while (tmp = dfs(st,inf)) ans += tmp;
}
return ans;
}
void fin(int u)
{
tp.push_back(u);
for (int i = 0;i < g[u].size();i++)
{
int v = g[u][i];
if (mp[u][v])
{
mp[u][v]--;
fin(v);
return;
}
}
}
int main()
{
int n;
while (~scanf("%d",&n))
{
for (int i = 0;i < N;i++)
{
g[i].clear();
G[i].clear();
}
es.clear();
memset(in,0,sizeof in);
memset(out,0,sizeof out);
memset(mp,0,sizeof mp);
anc.clear();
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
int m;
scanf("%d",&m);
for (int j = 0;j < m;j++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
g[i].push_back(x);
mp[i][x]++;
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
for (int j = 0;j < g[i].size();j++)
{
int x = g[i][j];
out[i]++;
in[x]++;
}
}
S = 0;T = n + 1;
SS = n + 2;TT = n + 3;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
for (int j = 0;j < g[i].size();j++)
{
int x = g[i][j];
adde(i,x,inf);
}
}
int sum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
adde(S,i,inf);
adde(i,T,inf);
}
//adde(T,S,inf);
int cnt = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
if (in[i] > out[i])
{
cnt++;
adde(SS,i,in[i] - out[i]);
sum += in[i] - out[i];
}
else if (in[i] < out[i])
{
cnt++;
adde(i,TT,out[i] - in[i]);
}
}
//puts("GG");
st = SS;en = TT;
dinic();
adde(T,S,inf);
//printf("%d %d\n",sum,ans);
//if (ans == sum) puts("Yes");
//else puts("No");
int ans = dinic();
printf("%d\n",ans);
//printf("%d\n",dec);
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
for (int j = 0;j < G[i].size();j++)
{
edge e = es[G[i][j]];
if (e.v == S || e.v == T || e.org == 0 || e.v == SS || e.v == TT) continue;
mp[i][e.v] += e.org - e.cap;
}
}
for (int i = 0;i < G[S].size();i++)
{
edge e = es[G[S][i]];
int v = e.v;
if (v >= 1 && v <= n)
{
int c = e.org - e.cap;
while (c)
{
tp.clear();
fin(v);
anc.push_back(tp);
c--;
}
}
}
for (int i = 0;i < anc.size();i++)
{
tp = anc[i];
int sz = tp.size();
for (int j = 0;j < sz;j++)
{
printf("%d%c",tp[j],j == sz - 1 ? '\n' : ' ');
}
}
}
return 0;
}
/*
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1 3
1 7
2 4 5
1 8
1 8
0
2 6 5
0
*/原文地址：https://www.cnblogs.com/kickit/p/10841097.html