BZOJ 2561: 最小生成树(最小割)

 

U,V能在最小(大)生成树上,当且仅当权值比它小(大)的边无法连通U,V. 两次最小割就OK了.

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#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<queue>

 

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)

#define clr(x,c) memset(x,c,sizeof(x))

#define Rep(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)

 

using namespace std;

 

const int inf=0x7fffffff;

const int maxn=20002+5;

 

struct Edge {

int from,to,cap,flow;

Edge(int u,int v,int c):

from(u),to(v),cap(c),flow(0) {}

};

 

struct edge {

int u,v,w;

bool operator < (const edge &e) const {

return w<e.w;

}

};

 

vector<edge> Edges;

 

struct ISAP {

int n,s,t;

int d[maxn];

int cur[maxn];

int num[maxn];

int p[maxn];

vector<int> g[maxn];

vector<Edge> edges;

void init(int n) {

this->n=n;

rep(i,n) g[i].clear();

edges.clear();

}

void addEdge(int u,int v,int cap) {

edges.push_back( Edge(u,v,cap) );

edges.push_back( Edge(v,u,0) );

int m=edges.size();

g[u].push_back(m-2);

g[v].push_back(m-1);

}

int augment() {

int a=inf,x=t;

while(x!=s) {

Edge &e=edges[p[x]];

a=min(e.cap-e.flow,a);

x=e.from;

}

x=t;

while(x!=s) {

edges[p[x]].flow+=a;

edges[p[x]^1].flow-=a;

x=edges[p[x]].from;

}

return a;

}

int maxFlow(int s,int t) {

this->s=s; this->t=t;

clr(cur,0); clr(num,0);

clr(d,0); num[0]=n;

int flow=0,x=s;

while(d[s]<n) {

if(x==t) {

flow+=augment();

x=s;

}

int ok=0;

Rep(i,cur[x],g[x].size()) {

Edge &e=edges[g[x][i]];

if(e.cap>e.flow && d[e.to]+1==d[x]) {

ok=1;

p[e.to]=g[x][i];

cur[x]=i;

x=e.to;

break;

}

}

if(!ok) {

int m=n-1;

rep(i,g[x].size()) {

Edge &e=edges[g[x][i]];

if(e.cap>e.flow) m=min(m,d[e.to]);

}

if(!--num[d[x]]) break;

num[d[x]=m+1]++;

cur[x]=0;

if(x!=s) x=edges[p[x]].from;

}

}

return flow;

}

} g;

 

int main()

{

freopen("test.in","r",stdin);

Edges.clear();

int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);

int u,v,w;

while(m--) {

scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

Edges.push_back( (edge) {u-1,v-1,w} );

}

sort(Edges.begin(),Edges.end());

int U,V,L;

scanf("%d%d%d",&U,&V,&L); --U; --V;

g.init(n);

rep(i,Edges.size()) {

edge &e=Edges[i];

if(e.w>=L) break;

g.addEdge(e.u,e.v,1);

g.addEdge(e.v,e.u,1);

}

int ans=g.maxFlow(U,V);

g.init(n);

for(int i=Edges.size()-1;i>=0;--i) {

edge &e=Edges[i];

if(e.w<=L) break;

g.addEdge(e.u,e.v,1);

g.addEdge(e.v,e.u,1);

}

ans+=g.maxFlow(U,V);

printf("%d ",ans);

return 0;

}

  

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2561: 最小生成树

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 727  Solved: 359
[Submit][Status][Discuss]

Description

　给定一个边带正权的连通无向图G=(V,E)，其中N=|V|，M=|E|，N个点从1到N依次编号，给定三个正整数u，v，和L (u≠v)，假设现在加入一条边权为L的边(u,v)，那么需要删掉最少多少条边，才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上，也可能出现在最大生成树上？

　

Input

　　第一行包含用空格隔开的两个整数，分别为N和M；
　　接下来M行，每行包含三个正整数u，v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
　　最后一行包含用空格隔开的三个整数，分别为u，v，和 L；
　　数据保证图中没有自环。

　

Output

　输出一行一个整数表示最少需要删掉的边的数量。

Sample Input

3 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2

Sample Output

1

HINT

对于20%的数据满足N ≤ 10，M ≤ 20，L ≤ 20；

　　对于50%的数据满足N ≤ 300，M ≤ 3000，L ≤ 200；

　　对于100%的数据满足N ≤ 20000，M ≤ 200000，L ≤ 20000。

Source

2012国家集训队Round 1 day1