Description
A,B两个国家正在交战，其中A国的物资运输网中有N个中转站，M条单向道路。设其中第i (1≤i≤M)条道路连接了vi,ui两个中转站，那么中转站vi可以通过该道路到达ui中转站，如果切断这条道路，需要代价ci。现在B国想找出一个路径切断方案，使中转站s不能到达中转站t，并且切断路径的代价之和最小。 小可可一眼就看出，这是一个求最小割的问题。但爱思考的小可可并不局限于此。现在他对每条单向道路提出两个问题： 问题一：是否存在一个最小代价路径切断方案，其中该道路被切断？ 问题二：是否对任何一个最小代价路径切断方案，都有该道路被切断？ 现在请你回答这两个问题。
Input
第一行有4个正整数，依次为N,M,s和t。第2行到第(M+1)行每行3个正 整数v,u,c表示v中转站到u中转站之间有单向道路相连，单向道路的起点是v， 终点是u,切断它的代价是c(1≤c≤100000)。 注意:两个中转站之间可能有多条道路直接相连。 同一行相邻两数之间可能有一个或多个空格。
Output
对每条单向边，按输入顺序，依次输出一行，包含两个非0即1的整数，分 别表示对问题一和问题二的回答(其中输出1表示是，输出0表示否)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开，每行开头和末尾没有多余空格。
Sample Input
1 2 3
1 3 2
2 4 4
2 5 1
3 5 5
4 6 2
5 6 3
Sample Output
1 0
0 0
1 0
0 0
1 0
1 0
HINT
设第(i+1)行输入的边为i号边，那么{1,2},{6,7},{2,4,6}是仅有的三个最小代价切割方案。它们的并是{1,2,4,6,7}，交是 。 【数据规模和约定】 测试数据规模如下表所示 数据编号 N M 数据编号 N M 1 10 50 6 1000 20000 2 20 200 7 1000 40000 3 200 2000 8 2000 50000 4 200 2000 9 3000 60000 5 1000 20000 10 4000 60000
题解
- 我们首先对原图跑一遍最大流
- 很容易得知若一条边u->v存在u->v的增广路，则这条边一定不是割边，反之亦然则可能是割边
- 那么我们就把点分成了s集和t集还有一部分不确定
- 若一条边连接了s集和t集，则这条边一定是必然存在最小割中的边
- 那么我们就得到了这样一个算法： 把残余网络中每个SCC缩成一个点，这样图中剩下的边则必然是满流边，且图中的每一个割都对应了原图中的一个最小割
- 设点i所在的强连通分量为id[i].那么一条边可能存在于割集中当且仅当id[u]!=id[v]
- 一条边一定存在于割集中当且仅当id[u]==id[s]且id[v]==id[t]
代码
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 #define inf 1000000000 6 #define ll long long 7 using namespace std; 8 int n,m,S,T,cnt=1,ind,top,scc,head[4005],Q[4005],h[4005],cur[4005],id[4005],dfn[4005],low[4005]; 9 bool inq[4005]; 10 struct edge{ int from,to,pre,v; }e[120005]; 11 void insert(int u,int v,int w) 12 { 13 e[++cnt].pre=u;e[cnt].to=v;e[cnt].from=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].v=w; 14 e[++cnt].pre=v;e[cnt].to=u;e[cnt].from=head[v];head[v]=cnt;e[cnt].v=0; 15 } 16 bool bfs() 17 { 18 int p=0,q=1; 19 for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=-1; 20 Q[0]=S,h[S]=0; 21 while (p!=q) 22 { 23 int x=Q[p++]; 24 for (int i=head[x];i;i=e[i].from) if (h[e[i].to]==-1&&e[i].v) h[e[i].to]=h[x]+1,Q[q++]=e[i].to; 25 } 26 return h[T]!=-1; 27 } 28 int dfs(int x,int f) 29 { 30 if(x==T)return f; 31 int w,used=0; 32 for (int i=cur[x];i;i=e[i].from) 33 if (h[e[i].to]==h[x]+1) 34 { 35 w=dfs(e[i].to,min(e[i].v,f-used)),e[i].v-=w;e[i^1].v+=w; 36 if (e[i].v) cur[x]=i; 37 used+=w; 38 if(used==f)return f; 39 } 40 if (!used)h[x]=-1; 41 return used; 42 } 43 int dinic() 44 { 45 int ans=0; 46 while (bfs()) 47 { 48 for( int i=1;i<=n;i++) cur[i]=head[i]; 49 ans+=dfs(S,inf); 50 } 51 return ans; 52 } 53 void tarjan(int x) 54 { 55 dfn[x]=low[x]=++ind; 56 Q[++top]=x,inq[x]=1; 57 for (int i=head[x];i;i=e[i].from) 58 if (e[i].v) 59 { 60 if (!dfn[e[i].to]) tarjan(e[i].to),low[x]=min(low[e[i].to],low[x]); 61 else if (inq[e[i].to]) low[x]=min(dfn[e[i].to],low[x]); 62 } 63 int now=0; 64 if (dfn[x]==low[x]) 65 { 66 scc++; 67 while(now!=x) now=Q[top--],id[now]=scc,inq[now]=0; 68 } 69 } 70 int main() 71 { 72 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&S,&T); 73 for (int i=1,u,v,w;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),insert(u,v,w); 74 dinic(); 75 for (int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i])tarjan(i); 76 for (int i=2;i<=cnt;i+=2) 77 if (e[i].v)puts("0 0"); 78 else 79 { 80 if (id[e[i].pre]!=id[e[i].to]) printf("1 "); else printf("0 "); 81 if (id[e[i].pre]==id[S]&&id[e[i].to]==id[T]) printf("1 "); else printf("0 "); 82 } 83 }