【
题意】给出一个无向图，每个点有一个标号mark[i]，不同点可能有相同的标号。对于一条边(u, v)，它的权值定义为mark[u] xor mark[v]。现在一些点的标号已定，请决定剩下点的标号，使得总的边权和最小。（0 < N <= 500, 0 <= M <= 3000, 0 <= mark[i] <= 2^31-1）
胡伯涛神牛《最小割模型在信息学竞赛中的应用》中的例题。非常好的一道题！非常推荐！
【
思路】
我们把问题数学化就是： Minimum sigma(w
e) = sigma
(u, v)∈E ( mark(u) xor mark(v) )
对于
异或问题，我们发现
这样的二进制按位运算各个二进制位之间是互不影响的，所以我们可以一位一位的做这类题。
那么我们的式子又可以进一步转化为：
Minimum sigma
(u, v)∈E { sigma
i=0~oo(2^i) • sigma(mark(u, i) xor mark(v, i)) }
这样我们就把mark的限制加强了：只可能是0或1。即这些点将分成两类。
再观察我们发现，xor运算，只有当u、v不同时结果才为1，即这样的有效边的两端点一定属于不同点集。这像什么？不就是割边嘛！~而题目正好又是要求最小，这样问题便转化为最小割了~ （要注意培养这种问题转化和模型发现的能力！）
那么具体的最小割网络G
N模型：
建一个源点，向每一个标号为1的点连一条oo流量的边（后面解释为什么源点连标号1的点）；建一个汇点，向每一个标号为0的点连一条oo流量的边；原图中的边容量设为1加入到GN中。求出来的最小割便是该二进制位下的标号xor的和最小的情况。
然而题目还要求输出所有点的标号，并且需要标号的和也最小。那么怎么保证标号的和最小呢？无非就是尽可能的取0。那么又该怎么做？
首先先看怎么给那些未标号的点标号：容易想到最小割把网络分成了两个点集，那么显然每个点标号应该和它所在点集已标号的点一致，所以当然希望标号为0的点集点更多一些。然后注意我们划分点集是从源点开始dfs，那么这样划出来的最小割边集显然更偏向源点，即这样划分出来的S集点是最少的。于是源点当然连标号为1的点呐~
【代码】
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MID(x,y) ((x+y)/2)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXV = 505;
const int MAXE = 10005;
const int oo = 0x3fffffff;
/* Dinic-2.0-2013.07.21: adds template. double & int 转换方便多了，也不易出错 ~*/
template
struct Dinic{
struct node{
int u, v;
T flow;
int opp;
int next;
}arc[2*MAXE];
int vn, en, head[MAXV];
int cur[MAXV];
int q[MAXV];
int path[2*MAXE], top;
int dep[MAXV];
void init(int n){
vn = n;
en = 0;
mem(head, -1);
}
void insert_flow(int u, int v, T flow){
arc[en].u = u;
arc[en].v = v;
arc[en].flow = flow;
arc[en].next = head[u];
head[u] = en ++;
arc[en].u = v;
arc[en].v = u;
arc[en].flow = 0;
arc[en].next = head[v];
head[v] = en ++;
}
bool bfs(int s, int t){
mem(dep, -1);
int lq = 0, rq = 1;
dep[s] = 0;
q[lq] = s;
while(lq < rq){
int u = q[lq ++];
if (u == t){
return true;
}
for (int i = head[u]; i != -1; i = arc[i].next){
int v = arc[i].v;
if (dep[v] == -1 && arc[i].flow > 0){
dep[v] = dep[u] + 1;
q[rq ++] = v;
}
}
}
return false;
}
T solve(int s, int t){
T maxflow = 0;
while(bfs(s, t)){
int i, j;
for (i = 1; i <= vn; i ++) cur[i] = head[i];
for (i = s, top = 0;;){
if (i == t){
int mink;
T minflow = 0x3fffffff;
for (int k = 0; k < top; k ++)
if (minflow > arc[path[k]].flow){
minflow = arc[path[k]].flow;
mink = k;
}
for (int k = 0; k < top; k ++)
arc[path[k]].flow -= minflow, arc[path[k]^1].flow += minflow;
maxflow += minflow;
top = mink;
i = arc[path[top]].u;
}
for (j = cur[i]; j != -1; cur[i] = j = arc[j].next){
int v = arc[j].v;
if (arc[j].flow && dep[v] == dep[i] + 1)
break;
}
if (j != -1){
path[top ++] = j;
i = arc[j].v;
}
else{
if (top == 0) break;
dep[i] = -1;
i = arc[path[-- top]].u;
}
}
}
return maxflow;
}
};
Dinic dinic;
int mark[MAXV];
bool if_mark[MAXV];
struct path{
int u, v;
}p[MAXE];
bool vis[MAXV];
int st[MAXV]; //ST集
void dfs(int u){
vis[u] = 1;
st[u] = 1;
for (int i = dinic.head[u]; i != -1; i = dinic.arc[i].next){
if (dinic.arc[i].flow <= 0) continue;
int v = dinic.arc[i].v;
if (!vis[v]){
dfs(v);
}
}
return ;
}
int main(){
int t;
scanf("%d", &t);
while(t --){
int n, m;
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i ++){
scanf("%d %d", &p[i].u, &p[i].v);
}
int k;
mem(mark, 0);
mem(if_mark, false);
scanf("%d", &k);
int maxn = 0;
for (int i = 0; i < k; i ++){
int u;
scanf("%d", &u);
scanf("%d", &mark[u]);
maxn = max(maxn, mark[u]);
if_mark[u] = true;
}
int oi = ceil(log(maxn)/log(2));
for (int k = 0; k < oi; k ++){
dinic.init(n+2);
for (int i = 1; i <= n; i ++){
if (!if_mark[i])
continue;
if ((mark[i] & (1 << k))){
dinic.insert_flow(n+1, i, oo);
}
else{
dinic.insert_flow(i, n+2, oo);
}
}
for (int i = 1; i <= m; i ++){
dinic.insert_flow(p[i].u, p[i].v, 1);
dinic.insert_flow(p[i].v, p[i].u, 1);
}
dinic.solve(n+1, n+2);
mem(st, 0);
mem(vis, 0);
dfs(n+1); //残留网络中dfs确定点S、T集
for (int i = 1; i <= n; i ++){
if (st[i] == 1 && !if_mark[i]){
mark[i] += (1 << k);
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++){
printf("%d
", mark[i]);
}
}
return 0;
}