POJ 1966 Cable TV Network 【经典最小割问题】
Description
n个点的无向图,问最少删掉几个点,使得图不连通
n<=50 m也许可以到完全图?
Solution
最少,割点,不连通,可以想到最小割。
发现,图不连通,必然存在两个点不连通。
枚举源点汇点,要让源点汇点不连通。源点汇点不能割掉
网络建图:
为了割的是边,所以要点转化成边。
对于每个x,建立x'=x+n,对于不是S、T的点(因为S、T不能割掉),x向x’连一条边权为1的边
对于原图的边e(x,y) x’->y 连接inf的边,y'->x连接inf的边。
边权保证割的是点,不是边。
x'->y连边保证,想走这条边,必须经过x。
源点汇点不唯一,所以要n^2枚举。
但是要保证S,T不直接相连,否则不可能分开。
(如果钦定0是源点,枚举汇点的话,可以hack掉
假设最优解必须割掉0,那么就ans大了
但是数据水)
然后每次重新建图。
跑dinic最小割,所有的最小割取min即可。
题目一些小坑:
1.图不连通?没关系,可以枚举得到最小割为0
2.m=0,同上
3.如果完全图?没有S、T满足不直接相邻,那么一定就是n
fl记录一下有没有dinic过即可。
4.n=1?同上fl可以判断。
我犯得错误:还是没有注意到点数拆点后是2*n的事实,开始hd[50]开小了,改成hd[100]才行的。
图中的实际点,和创造的虚拟点的数量要弄清楚。(话说不是RE而是WA?)
Code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#define numb ch-'0'
using namespace std;
const int N=;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
char ch;
void rd(int &x){
x=;
while(!isdigit(ch=getchar()));
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
}
struct node{
int nxt,to;
int w;
}e[*N*N+N];
int hd[*N],cnt=;
bool con[N][N];
void add(int x,int y,int z){
e[++cnt].nxt=hd[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=z;
hd[x]=cnt;
} queue<int>q;
int d[*N];
int s,t; void pre(){
memset(hd,,sizeof hd);
cnt=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=n;j++){
if(j==i) continue;
if(con[i][j]){ add(i+n,j,inf/);
add(j,i+n,);
}
}
if(i!=s&&i!=t) add(i,i+n,),add(i+n,i,);
}
}
bool bfs(){
while(!q.empty())q.pop();
memset(d,,sizeof d);
d[s+n]=;
q.push(s+n);
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(!d[y]&&e[i].w){
d[y]=d[x]+;
q.push(y);
if(y==t) return ;
}
}
}
return ;
}
int lp=;
int dfs(int x,int flow){
if(x==t) return flow;
int rest=flow;
for(int i=hd[x];i&&rest;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(d[y]==d[x]+&&e[i].w){
int k=dfs(y,min(rest,e[i].w));
if(!k) d[y]=;
rest-=k;
e[i].w-=k;
e[i^].w+=k;
}
}
return flow-rest;
}
int wrk(){
pre();
int ret=;
int flow;
while(bfs()){
while(flow=dfs(s+n,inf)) ret+=flow;
}
return ret;
}
int ans;
bool fl;
void clear(){
memset(hd,,sizeof hd);
cnt=;
memset(con,,sizeof con);
ans=inf;
fl=false;
}
int main()
{
int x,y;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
clear();
scanf("%d",&m);
for(int i=;i<=m;i++){
rd(x);rd(y);
x++;y++;
con[x][y]=con[y][x]=;
}
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=i+;j<=n;j++){
if(con[i][j]) continue;
fl=true;
s=i,t=j;
int tmp=wrk();
ans=min(ans,tmp);
}
}
if(!fl) ans=n;
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
这个题,体现了“点边转化”,“容量inf”的处理思想。
点边转化:把点的信息转移到边上,或者边信息转移到点上。
点变成边:拆点,两个点之间的边信息是点的信息。并且要保证,实际经过这个点,必须经过这个边。
一般从上面的点x'向下面y连边。
边变成点:把边拆成两个,中间加一个点,记录边的信息。
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