POJ 1966 <点连通度>

题意：

给出点和边的个数n， m

给出相连点的边..形如(a, b)

求最少删去多少个点可以使存在不相邻的两个点不连通..

思路：

拆点+求最大流..

①. 构造一个容量网络N

②. 原图中的每个顶点变成网络N中的两个顶点v' 和 v''， 顶点v' 和 v''之间存在一条弧容量为1<确保这个点只可以路过一次..>

③. 原图G中的每条边e(u, v), 在N中都有对应弧为e'<u'', v'> 和 e''<u', v''>, e' 和 e'' 容量为INF<表示可以在任意两个点之间连线>

④. 遍历两两不相邻的点求最大流的最小值..

Tips：

※. 用EK算法可以在POJ上ac~但是学校OJ就会wa..因为POJ只要固定一个点就好~而学校的需要遍历两两不相邻的点..感觉是POJ的数据弱了..

※. 最大流用SAP算法能快点..

※. 源点为u'' 汇点为v'

Code：

#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <queue>
#define INF 0x1f1f1f1f
#define clr(x) memset(x, 0, sizeof(x))
using namespace std;

int cap[155][155], flow[155][155];
int p[155], a[155];
int f, n, m;

void EK(int s, int t)
{
    queue<int> q;
    memset(flow, 0, sizeof(flow));
    memset(a, 0, sizeof(a));
    memset(p, 0, sizeof(p));
    f = 0;
    while(1)
    {
        memset(a, 0, sizeof(a));
        a[s] = INF;
        q.push(s);
        while(!q.empty())
        {
            int u = q.front();
            q.pop();
            for(int v = 1; v <= 2*n; ++v)
            if(!a[v] && cap[u][v] > flow[u][v])
            {
                p[v] = u;
                q.push(v);
                a[v] = a[u] < cap[u][v] - flow[u][v]? a[u]:cap[u][v] - flow[u][v];
            }
        }
        if(a[t] == 0) break;
        for(int u = t; u != s; u = p[u])
        {
            flow[p[u]][u] += a[t];
            flow[u][p[u]] -= a[t];
        }
        f += a[t];
    }
}

int main()
{
    int i, j, k;
    int a, b;
    while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF)
    {
        if(n == 0){
            puts("0");
            continue;
        }
        clr(cap);

        for(i = 1; i <= n; ++i)
        cap[i][i+n] = 1;

        while(m--){
            scanf(" (%d,%d)", &a, &b);
            cap[a+1+n][b+1] = cap[b+1+n][a+1] = INF;
        }
        int ans = INF;

        for(i = 2; i <= n; ++i){
            EK(n+1, i);
            if(f < ans) ans = f;
        }

        if(ans == INF)
            printf("%d\n", n);
        else
            printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}