JZOJ3348. 【NOI2013模拟】秘密任务

Description

• 给定无向图，有边权和点权，删去一条边的代价为这条边的任意一个顶点的权值，求一个最小代价的删边方案，使得1到n的在原图中的最短路都被断开。问最小代价，以及这个方案是否唯一。
• 2 ≤ N ≤ 400, 1 ≤ M ≤ 4 00 0，1 ≤ T ≤ 5，1 ≤ Ai, c ≤ 10^9。无向图可能有重边 。

Solution（一些很显然的东西）

• 显然建出最短路图，然后需要将最短路图割开，裸的最小割模型，有向边就是最短路图的边，流量为两个顶点点权最小值。跑网络流即可得出最小代价。
• 怎么知道最小割是否唯一呢？
• 首先简化模型：一条边的流量如果为顶点点权的min的话，还要讨论顶点的点权是否一样，再看一看这条边割了没有，这么多讨论十分难做，不如将这条边拆成两条边，一条边的流量为一个点的点权。
• 然后我们运用必割边，如果必割边的流量之和小于最大流，那么剩下的部分一定由可能割的边组成，自然就没有唯一的方案了。
• 问题来了，什么是必割边？

必割边（重点在这里）

• 必割边就是任意一个最小割都存在的边。
• 如果一条边的两个端点u,v分别能在残量网络中与S和T相连，那么这条边就是必割边。
• 如果这条边(u,v)没有割的话，必然可以再从S到u到v到T再流一条过去，流量就会变大，就不满足最大流的性质 ，所以这条边一定是割掉了的。
• 从S和T分别遍历一波残量网络流好了。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxn 405
#define maxm 8005
#define maxd 1005
#define maxt 9005
#define inf 1e18
#define I(i) ((i&1)?i+1:i-1)
#define ll long long 
using namespace std;

int T,n,m,i,j,k,x,y,num;
int em,e[maxm*2],nx[maxm*2],ls[maxt],tot[maxn],to[maxn][maxm/2];
ll a[maxn],ec[maxm*2],to_c[maxn][maxm/2],z,dis[maxt],ans,sum;
int t,w,d[maxd],vis[maxt],bz[maxt];

void SPFA(){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,127,sizeof(dis));
	t=0,w=1,d[1]=1,vis[1]=1,dis[1]=0;
	while (t<w){
		t=(t+1)%maxd; 
		int x=d[t]; vis[x]=0;
		for(int i=1;i<=tot[x];i++) {
			int y=to[x][i];
			if (dis[x]+to_c[x][i]<dis[y]){
				dis[y]=dis[x]+to_c[x][i];
				if (!vis[y]) vis[y]=1,w=(w+1)%maxd,d[w]=y;
			}
		}
	}
}

void insert(int x,int y,ll z){
	em++; e[em]=y; nx[em]=ls[x]; ls[x]=em; ec[em]=z;
	em++; e[em]=x; nx[em]=ls[y]; ls[y]=em; ec[em]=0;
}

int BFS(int S,int T){
	memset(dis,127,sizeof(dis));
	t=0,w=1,d[1]=S,dis[S]=0;
	while (t<w){
		int x=d[++t];
		for(int i=ls[x];i;i=nx[i]) if (dis[x]+1<dis[e[i]]&&ec[i]){
			dis[e[i]]=dis[x]+1;
			d[++w]=e[i];
		}
	}
	return dis[T]<1e18;
}

ll dfs(int x,ll p){
	if (x==n) return p;
	ll res=p;
	for(int i=ls[x];i&&res;i=nx[i]) if (dis[x]+1==dis[e[i]]&&ec[i]){
		ll tmp=dfs(e[i],min(res,ec[i]));
		res-=tmp;
		ec[i]-=tmp,ec[I(i)]+=tmp;
	}
	return p-res;
}

ll dinic(){
	ll ans=0;
	while (BFS(1,n)){
		for(ll tmp=dfs(1,inf);tmp;tmp=dfs(1,inf))
			ans+=tmp;
	}
	return ans;
}

void BFS2(int S){
	t=0,w=1,d[1]=S,bz[S]=1;
	while (t<w){
		int x=d[++t];
		for(int i=ls[x];i;i=nx[i]) if (!bz[e[i]]&&ec[i]){
			bz[e[i]]=1;
			d[++w]=e[i];
		}
	}
}

void BFS3(int S){
	t=0,w=1,d[1]=S,bz[S]=2;
	while (t<w){
		int x=d[++t];
		for(int i=ls[x];i;i=nx[i]) if (!bz[e[i]]&&ec[I(i)]){
			bz[e[i]]=2;
			d[++w]=e[i];
		}
	}
}

int main(){
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(i=1;i<n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
		a[n]=inf;
		memset(tot,0,sizeof(tot));
		for(i=1;i<=m;i++) {
			scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
			tot[x]++,to[x][tot[x]]=y,to_c[x][tot[x]]=z;
			tot[y]++,to[y][tot[y]]=x,to_c[y][tot[y]]=z;
		}
		SPFA();
		em=0,memset(ls,0,sizeof(ls)),num=n;
		for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=tot[i];j++){
			k=to[i][j];
			if (dis[i]+to_c[i][j]==dis[k]){
				++num;
				insert(i,num,a[i]);
				insert(num,k,a[k]);
			}
		}
		
		ans=dinic();
		memset(bz,0,sizeof(bz));
		BFS2(1);
		BFS3(n);
		sum=0;
		for(x=1;x<=num;x++) for(i=ls[x];i;i=nx[i]) if (i&1&&bz[x]+bz[e[i]]==3)
			sum+=ec[i]+ec[I(i)];
		if (sum<ans) printf("No %lld
",ans);
		else printf("Yes %lld
",ans);
	}
}