【BZOJ2400】Spoj 839 Optimal Marks 最小割

【BZOJ2400】Spoj 839 Optimal Marks

Description

定义无向图中的一条边的值为：这条边连接的两个点的值的异或值。

定义一个无向图的值为：这个无向图所有边的值的和。

给你一个有n个结点m条边的无向图。其中的一些点的值是给定的，而其余的点的值由你决定（但要求均为非负数），使得这个无向图的值最小。在无向图的值最小的前提下，使得无向图中所有点的值的和最小。

Input

第一行，两个数n，m，表示图的点数和边数。

接下来n行，每行一个数，按编号给出每个点的值（若为负数则表示这个点的值由你决定，值的绝对值大小不超过10^9）。

接下来m行，每行二个数a，b，表示编号为a与b的两点间连一条边。（保证无重边与自环。）

Output

    第一行，一个数，表示无向图的值。

    第二行，一个数，表示无向图中所有点的值的和。

Sample Input

3 2
2
-1
0
1 2
2 3

Sample Output

2
2

HINT

数据约定
  n<=500，m<=2000
样例解释
    2结点的值定为0即可。

题解：先拆位，然后每个数要么是0要么是1，这显然就转换成了一个最小割问题。

只考虑所有-1的点i，从S->i连一条边代表i有多少1与i相连，从i->T连一条边代表有多少0与i相连，从i->j连一条边代表i,j不同所付出的代价。

但是要求点权和最小怎么办？将边权*10000+点权即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,ans,S,T,cnt;
ll ans1,ans2;
int pa[2010],pb[2010],v[510],d[510],head[510],next[10010],val[10010],to[10010],s1[510],s2[510];
queue<int> q;
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int dfs(int x,int mf)
{
	if(x==T)	return mf;
	int i,k,temp=mf;
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])
	{
		if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
		{
			k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
			if(!k)	d[to[i]]=0;
			val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
			if(!temp)	break;
		}
	}
	return mf-temp;
}
int bfs()
{
	memset(d,0,sizeof(d));
	while(!q.empty())	q.pop();
	int i,u;
	q.push(S),d[S]=1;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(!d[to[i]]&&val[i])
			{
				d[to[i]]=d[u]+1;
				if(to[i]==T)	return 1;
				q.push(to[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}
void work(int x)
{
	int i;
	S=0,T=n+1;
	memset(head,-1,sizeof(head)),cnt=ans=0;
	memset(s1,0,sizeof(s1)),memset(s2,0,sizeof(s2));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(v[i]>=0)	ans2+=(v[i]&x);
		else	s2[i]=1;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(v[pa[i]]>=0)
		{
			ans1+=((v[pa[i]]&x)^(v[pb[i]]&x));
		}
		else	if(v[pb[i]]>=0)
		{
			if(v[pb[i]]&x)	s1[pa[i]]+=10000;
			else	s2[pa[i]]+=10000;
		}
		else	add(pa[i],pb[i],10000),add(pb[i],pa[i],10000);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	if(v[i]<0)	add(S,i,s1[i]),add(i,T,s2[i]);
	while(bfs())	ans+=dfs(S,1<<30);
	ans1+=(ll)x*(ans/10000),ans2+=(ll)x*(ans%10000);
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i]=rd();
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		pa[i]=rd(),pb[i]=rd();
		if(v[pa[i]]>v[pb[i]])	swap(pa[i],pb[i]);
	}
	for(i=0;i<=30;i++)	work(1<<i);
	printf("%lld\n%lld",ans1,ans2);
	return 0;
}
//3 2 3 -1 2 1 2 2 3