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BZOJ1797 [Ahoi2009]Mincut 最小割 【最小割唯一性判定】

时间:2018-01-20 22:48:44      阅读:191      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:5.4   names   logs   clu   uil   put   ahoi2009   markdown   输入   

题目

A,B两个国家正在交战,其中A国的物资运输网中有N个中转站,M条单向道路。设其中第i (1≤i≤M)条道路连接了vi,ui两个中转站,那么中转站vi可以通过该道路到达ui中转站,如果切断这条道路,需要代价ci。现在B国想找出一个路径切断方案,使中转站s不能到达中转站t,并且切断路径的代价之和最小。 小可可一眼就看出,这是一个求最小割的问题。但爱思考的小可可并不局限于此。现在他对每条单向道路提出两个问题: 问题一:是否存在一个最小代价路径切断方案,其中该道路被切断? 问题二:是否对任何一个最小代价路径切断方案,都有该道路被切断? 现在请你回答这两个问题。

输入格式

第一行有4个正整数,依次为N,M,s和t。第2行到第(M+1)行每行3个正 整数v,u,c表示v中转站到u中转站之间有单向道路相连,单向道路的起点是v, 终点是u,切断它的代价是c(1≤c≤100000)。 注意:两个中转站之间可能有多条道路直接相连。 同一行相邻两数之间可能有一个或多个空格。

输出格式

对每条单向边,按输入顺序,依次输出一行,包含两个非0即1的整数,分 别表示对问题一和问题二的回答(其中输出1表示是,输出0表示否)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开,每行开头和末尾没有多余空格。

输入样例

6 7 1 6

1 2 3

1 3 2

2 4 4

2 5 1

3 5 5

4 6 2

5 6 3

输出样例

1 0

1 0

0 0

1 0

0 0

1 0

1 0

提示

设第(i+1)行输入的边为i号边,那么{1,2},{6,7},{2,4,6}是仅有的三个最小代价切割方案。它们的并是{1,2,4,6,7},交是 。 【数据规模和约定】 测试数据规模如下表所示 数据编号 N M 数据编号 N M 1 10 50 6 1000 20000 2 20 200 7 1000 40000 3 200 2000 8 2000 50000 4 200 2000 9 3000 60000 5 1000 20000 10 4000 60000

2015.4.16新加数据一组,可能会卡掉从前可以过的程序。

题解

先跑最大流求出任意一个最小割
对残量网络缩点
然后对于一条满流的边(u,v)
①Scc[u]!=Scc[v],存在(u,v)被割的方案
②Scc[u]==Scc[S]&&Scc[v]==Scc[T],(u,v)必定被割

jcvb:
在残余网络上跑tarjan求出所有SCC,记id[u]为点u所在SCC的编号。显然有id[s]!=id[t](否则s到t有通路,能继续增广)。
①对于任意一条满流边(u,v),(u,v)能够出现在某个最小割集中,当且仅当id[u]!=id[v];
②对于任意一条满流边(u,v),(u,v)必定出现在最小割集中,当且仅当id[u]==id[s]且id[v]==id[t]。

<==将每个SCC缩成一个点,得到的新图就只含有满流边了。那么新图的任一s-t割都对应原图的某个最小割,从中任取一个把id[u]和id[v]割开的割即可证明。

<==:假设将(u,v)的边权增大,那么残余网络中会出现s->u->v->t的通路,从而能继续增广,于是最大流流量(也就是最小割容量)会增大。这即说明(u,v)是最小割集中必须出现的边。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 4005,maxm = 200005,INF = 1000000000;
inline int read(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57) {if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - ‘0‘; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int h[maxn],ne = 2,n,m,S,T;
struct EDGE{int from,to,nxt,f;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,int w){
    ed[ne] = (EDGE){u,v,h[u],w}; h[u] = ne++;
    ed[ne] = (EDGE){v,u,h[v],0}; h[v] = ne++;
}
int vis[maxn],d[maxn],cur[maxn];
bool bfs(){
    memset(d,0,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue<int> q;
    vis[S] = true; q.push(S); int u;
    while (!q.empty()){
        u = q.front(); q.pop();
        Redge(u) if (ed[k].f && !vis[to = ed[k].to]){
            d[to] = d[u] + 1; vis[to] = true; q.push(to);
        }
    }
    return vis[T];
}
int dfs(int u,int minf){
    if (u == T || !minf) return minf;
    int f,flow = 0,to;
    if (cur[u] == -1) cur[u] = h[u];
    for (int& k = cur[u]; k; k = ed[k].nxt)
        if (d[to = ed[k].to] == d[u] + 1 && (f = dfs(to,min(ed[k].f,minf)))){
            ed[k].f -= f; ed[k ^ 1].f += f;
            flow += f; minf -= f;
            if (!minf) break;
        }
    return flow;
}
int maxflow(){
    int flow = 0;
    while (bfs()){
        for (int i = 1; i <= n; i++) cur[i] = -1;
        flow += dfs(S,INF);
    }
    return flow;
}
int dfn[maxn],low[maxn],st[maxn],Scc[maxn],top,cnt,scci;
void dfs(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++cnt;
    st[++top] = u;
    Redge(u) if (ed[k].f){
        if (!dfn[to = ed[k].to]){
            dfs(to);
            low[u] = min(low[u],low[to]);
        }else if (!Scc[to]) low[u] = min(low[u],dfn[to]);
    }
    if (dfn[u] == low[u]){
        scci++;
        do{
            Scc[st[top]] = scci;
        }while (st[top--] != u);
    }
}
int ans[2][maxm];
int main(){
    n = read(); m = read(); S = read(); T = read(); int a,b,w;
    REP(i,m){
        a = read(); b = read(); w = read();
        build(a,b,w);
    }
    maxflow();
    REP(i,n) if (!dfn[i]) dfs(i);
    for (int i = 1; i <= m; i++){
        int k = i << 1;
        if (!ed[k].f){
            if (Scc[ed[k].from] != Scc[ed[k].to]) ans[0][i] = 1;
            if (Scc[ed[k].from] == Scc[S] && Scc[ed[k].to] == Scc[T]) ans[1][i] = 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d %d\n",ans[0][i],ans[1][i]);
    return 0;
}

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原文地址:https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8322074.html

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