BZOJ 2561: 最小生成树【最小割/最大流】
Description
给定一个边带正权的连通无向图G=(V,E),其中N=|V|,M=|E|,N个点从1到N依次编号,给定三个正整数u,v,和L (u≠v),假设现在加入一条边权为L的边(u,v),那么需要删掉最少多少条边,才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上,也可能出现在最大生成树上?
Input
第一行包含用空格隔开的两个整数,分别为N和M;
接下来M行,每行包含三个正整数u,v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
最后一行包含用空格隔开的三个整数,分别为u,v,和 L;
数据保证图中没有自环。
Output
输出一行一个整数表示最少需要删掉的边的数量。
Sample Input
3 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2
Sample Output
1
HINT
对于20%的数据满足N ≤ 10,M ≤ 20,L ≤ 20;
对于50%的数据满足N ≤ 300,M ≤ 3000,L ≤ 200;
对于100%的数据满足N ≤ 20000,M ≤ 200000,L ≤ 20000。
Source
思路:首先白书中有这么一个命题:如果在图中存在一个环,使得一条边为环中的最大值,那么这条最大值的边显然不可能是MST中的边,于是猜测了一个相似的命题:如果不存在一个环使得这个边为最大值,那么一定存在一个MST使得这条边为MST中的边
然后仔细想想这个命题好像是有问题的,于是往kruscal方面考虑,如果将边排序了以后从小到大加,则加边过程中u到v显然不能联通,不然就得删边,在看了解题报告后证实了这个想法,于是对于一条边一定存在一个MST使得这条边为MST中的边的充要条件为比这条边小的边一定不能和这条边成环,于是结果就很显然了
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include<queue>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define maxn 1000005
#define maxm 1000005
#define inf 0x3f3f3f3f
int head[maxn],next[maxn],point[maxn],flow[maxn];
int ans=0,now=0,dist[maxn],que[maxn];
using namespace std;
struct T
{
int x;int y;int v;
}a[maxn];
inline bool operator <(T a,T b){return a.v<b.v;}
void add(int x,int y,int v)
{
next[++now]=head[x];
head[x]=now;
point[now]=y;
flow[now]=v;
next[++now]=head[y];
head[y]=now;
point[now]=x;
flow[now]=0;
}
int bfs(int s,int t)
{
memset(dist,-1,sizeof(dist));
dist[s]=0;
int l=0,r=0;
que[++r]=s;
while(l<r)
{
int u=que[++l];
for(int i=head[u];i;i=next[i])
{
if(dist[point[i]]==-1&&flow[i])
{
int k=point[i];
dist[k]=dist[u]+1;
que[++r]=k;
}
}
}
return dist[t]!=-1;
}
int dfs(int s,int d,int t)
{
if(s==t)return d;
int res=0;
for(int i=head[s];i&&res<d;i=next[i])
{
int u=point[i];
if(flow[i]>0 &&dist[u]==dist[s]+1)
{
int dd=dfs(u,min(d-res,flow[i]),t);
if(dd>0)
{
flow[i]-=dd;
flow[((i-1)^1)+1]+=dd;
res+=dd;
}
}
}
if(res==0)dist[s]=-1;
return res;
}
int main()
{
int n,m,s,t,l;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].v);
scanf("%d%d%d",&s,&t,&l);
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(a[i].v>l)
{
add(a[i].x,a[i].y,1);
add(a[i].y,a[i].x,1);
}
}
while(bfs(s,t))
{
ans+=dfs(s,inf,t);
}
now=0;
memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(a[i].v<l)
{
add(a[i].x,a[i].y,1);
add(a[i].y,a[i].x,1);
}
}
while(bfs(s,t))
{
ans+=dfs(s,inf,t);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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