Codechef STMINCUT S-T Mincut (CodeChef May Challenge 2018) kruskal

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题意

　　在一个有边权的无向图中，我们定义$S$和$T$的最小割为，要使得不存在$S$和$T$之间的路径需要删去的边的最小边权和。 给定$N×N$的二维数组$A$，你可以令数组的任意元素加上一个非负整数（每个元素加上的数可以不同）。加完后，数组$A$应当满足这一条件：存在$N$个节点的图$G$（节点编号为$1$∼$N$），使 得对于任意$i, j (1 ≤ i, j ≤ N)$，$i$和$j$在图$G$中的最小割恰好为$A_{i,j}$。我们定义上述操作的代价为加上的数字之和。请求出最小代价。

　　多组数据。

　　$T\leq 100,N\leq 1000,\sum N\leq 2000,A_{i,j}\leq 10^9$

题解

　　先大力猜一个结论！！（后面填坑）

　　最后得到的图是个森林。

　　考虑到两点之间的最小割就是他们两个之间的树上路径的最小边权（如果不连通那么显然是$0$）。

　　考虑到如果某一条边是某一个连通块中最小的边，那么这条边连通的两个连通块之间的点对之间的最小割显然是该边的权值。

　　于是我们考虑从大到小加边。

　　由于我们要最小化增量，所以我们取的边权就是输入的矩阵中的数字。

　　显然可以$kruskal$来做。

　　下面我们分情况讨论：

　　如果当前要加入的边所对应的两个连通块

　　　　$\rightarrow$ 不连通：那么，由于当前加入的边比之前加入的都要小，而当前还没有连通的所有点的最小割都不大于当前边权，所以用当前边连接对应的两个连通块中的任意两个点之后，不改变原来连通块内的最小割，并使得两个连通块之间的任意两点最小割大小提升到当前边权值。考虑到如果使该边的权值更大，显然会亏。

　　　　$\rightarrow$ 连通：比如已经存在一条边沟通了两个连通块，并且修改了当前边所连接的两个节点的最小割值，所以当前边已经废了。不管他就可以了。

　　然后我们只需要把任意两个节点之间的最小割总和算出来，减掉原来的矩阵数总和即可。

　　然后我们考虑(yy)一下为什么森林是最优的（当然不是森林也可能是最优的）。

　　开始口胡：

　　考虑按照最小割需求从大到小做，在连接两个联通块的时候，如果选择连接的边不止一条边，那么每条边的权会比当前最小割需求平均一些。这样会导致一条路径的最小割不一定是新加入的边——由于之前可能已经加入较小的边了。所以我们需要在这个基础上继续添加边（显然已经亏了）。如果之前没有加入“较小的边”，那么新加入的边连接联通块之后，得到的效果和连一条树边效果相同。

　　所以，最终结果为森林虽然不一定是唯一一个最优结果图，但是一定是最优的。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2005;
int T,n,a[N][N],fa[N],size[N];
LL ans,tot;
struct Point{
	int x,y;
	Point(){}
	Point(int _x,int _y){
		x=_x,y=_y;
	}
}v[N*N];
int getf(int x){
	return fa[x]==x?x:fa[x]=getf(fa[x]);
}
bool cmp(Point x,Point y){
	return a[x.x][x.y]>a[y.x][y.y];
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d",&n);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=n;j++){
				scanf("%d",&a[i][j]);
				v[(i-1)*n+j]=Point(i,j);
			}
		sort(v+1,v+n*n+1,cmp);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			fa[i]=i,size[i]=1;
		ans=tot=0;
		for (int i=1;i<=n*n;i++){
			int x=getf(v[i].x),y=getf(v[i].y);
			if (x==y)
				continue;
			ans+=1LL*a[v[i].x][v[i].y]*size[x]*size[y];
			size[x]+=size[y],fa[y]=x;
		}
		ans*=2;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=n;j++)
				ans-=a[i][j];
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}