【bzoj2400】Spoj 839 Optimal Marks 按位最大流

Spoj 839 Optimal Marks

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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。

因为是xor，可以从按位的思考

这种两个答案的，二维偏序差不多，一般会想到费用流，

但是这里可以是图的权值扩大到点权和到达不了的状态，即不由点权和影响。

这样/mx 为图的权值，%mx为点的权和。

然后考虑建图，设S为0集合，T为1集合，所以只需要考虑边两个端点一个选S，一个选T这样才会产生值。

看限制了，如果当前这位有值，那么就按这个赋值，如果是1，那么S-i为inf，i-T为1；

这样的，边的话，就是10000的边。

具体看代码。

每次的最大流的意义不同，代表1<<i。

 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 
 #define inf 1000000007
 #define ll long long
 #define N 507
 #define M 20007
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if (ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 
 int n,m,S,T;
 int num[N];
 int cnt,hed[N],nxt[M],rea[M],val[M],cur[N];
 int dis[N];
 ll ans1,ans2;
 struct Node
 {
     int    x,y;
 }a[M];
 
 void add(int u,int v,int w)
 {
     nxt[++cnt]=hed[u];
     hed[u]=cnt;
     rea[cnt]=v;
     val[cnt]=w;
 }
 void add_two_edge(int u,int v,int w)
 {
     add(u,v,w);
     add(v,u,);
 }
 void build(int x)
 {
     memset(hed,-,sizeof(hed)),cnt=;
     for (int i=;i<=n;i++)
         if (num[i]<) add_two_edge(i,T,);
         else
         {
             if (num[i]&(<<x))add_two_edge(S,i,inf),add_two_edge(i,T,);
             else add_two_edge(i,T,inf);
         }
     for (int i=;i<=m;i++)
         add_two_edge(a[i].x,a[i].y,),
         add_two_edge(a[i].y,a[i].x,);
 }
 bool bfs()
 {
     for (int i=S;i<=T;i++)dis[i]=-;
     dis[S]=;
     queue<int>q;q.push(S);
     while(!q.empty())
     {
         int u=q.front();q.pop();
         for (int i=hed[u];i!=-;i=nxt[i])
         {
             int v=rea[i],fee=val[i];
             if (dis[v]!=-||!fee)continue;
             dis[v]=dis[u]+;
             if (v==T)return ;
             q.push(v);
         }
     }
     return ;
 }
 ll dfs(int u,int MX)
 {
     ll res=;
     if (MX==||u==T)return MX;
     for (int i=cur[u];i!=-;i=nxt[i])
     {
         int v=rea[i],fee=val[i];
         if (dis[v]!=dis[u]+)continue;
         int x=dfs(v,min(MX,fee));
         cur[u]=i,res+=x,MX-=x;
         val[i]-=x,val[i^]+=x;
         if (MX==) break;
     }
     if (!res)dis[u]=-;
     return res;
 }
 ll dinic()
 {
     ll res=;
     while(bfs())
     {
         for (int i=S;i<=T;i++)cur[i]=hed[i];
         res+=dfs(,inf);
     }
     return res;
 }
 int main()
 {
     n=read(),m=read(),S=,T=n+;int mx=-;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         num[i]=read();
         mx=max(mx,num[i]);
     }
     for (int i=;i<=m;i++)a[i].x=read(),a[i].y=read();
     for (int i=;(<<i)<=mx;i++)
     {
         build(i);
         ll res=dinic();
         ans1+=(res/)*(ll)(<<i);
         ans2+=(res%)*(ll)(<<i);
     }
     printf("%lld\n%lld\n",ans1,ans2);
 }