JZOJ 3348. 【NOI2013模拟】秘密任务（最短路+最小割唯一性）

JZOJ 3348. 【NOI2013模拟】秘密任务

题目

Description

Input

第一行 包含一个正整数T，表示有T组测试数据。接下来依次是T组测试数据。
每组测试数据的第一行包含两个整N、M。
第二行包含 N - 1个正整数，依次表示 A1，A2， …，AN-1。
接下来 M行，每行为三个整数：ui、vi、ci，表示一条连接城市ui和城市vi的路程等于ci的高速公路。

Output

输出 T行， 依次表示每组测试数据的答案。若最优方案唯一则输出“Yes”和最小代价，否则输出“No”和最小代价。字符串和整数之间请用一个空格隔开 。

Sample Input

3
3 3
2 4
1 3 23
3 2 12
2 1 11
4 4
3 2 2
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 1 1
3 4
3 2
1 2 1
2 3 2
2 3 19
3 1 4

Sample Output

Yes 4
Yes 3
No 2

Hint

第 1组测试数据：最优 方案是在城市1设立两个检查点。
第 2组测试数据：最优方案是城市1的高速公路 (1, 4 )的出入口设立检查点。
第 3组测试数据：最优方案是在城市2设立一个检查点，不过既可以设置在高速公路(1, 2)的出入口，也可以设置在高速公路(2, 3)的出入口 。

Data Constraint

对于 10% 的数据： 2≤N≤10 , 1≤M≤20。
另有 40% 的数据： 最优方案是唯一的。
对于 100% 的数据： 2≤N≤400, 1≤M≤4000，1≤T≤5，1≤Ai, c≤10^9。无向图可能有重边 。

题解

• 这是一道好题，内涵丰富，值得学习，并且反思总结。
• 以下内容是详细的思考过程，其中也包含不少他人的指导，十分可贵。
• 首先分析题目，要求走的是最短路，那么先建出最短路图，
• 方法一般为，
• 从$n$开始做一边单源最短路，然后从$1$开始遍历，
• 设当前的点为$x$，当前边权值为$ln$，指向的点为$y$，
• 仅当$dis[x]=dis[y]+ln$才说明这是最短路图中的边（易证），然后把这条边加入最短路图，接着走向$y$继续遍历。
• 其中要注意，因为每个点与每条边可能会走过多次，为了防止重复，必须将已经过的点标记。
• 其实也可以用另一种方法代替这种遍历，
• 直接搜索每一条变，只要满足$dis[x]=dis[y]+ln$就加入最短路图，
• （不用判断$dis[y]=dis[x]+ln$，因为如果这样同一条边会被加入两次）
• 记得上面的最短路图是有向的。
• 题目要求$1$到$n$无法联通，显而易见，这就是求最小割模型，
• 将最短路图中每条边的权值赋为$min(a[x],a[y])$，当然，如果其中一个点为$n$，那么权值只能取另一点的$a$值，
• 再根据最大流等于最小割，就可以计算出答案了。
• 然而这样并没有结束，还需要判断答案的唯一性，怎么做？
• 这就相当于判断最小割的唯一性？
• 不一定！
• 但首先需要判断最小割的唯一性，
• 可以找出所有必割的边，当且仅当必割的边权值之和为最小割，才说明最小割的方案是唯一的，
• 问题来了，哪些边是必割的？
• 有一个不是特别显然的性质：
• 如果有向边$(u,v)$必割则残余网络中存在至少一条从$1$到$u$的路径和一条从$v$到$n$的路径，
• 不妨这样想，如果不存在这样的路径，那么$(u,v)$就不是必割的（尽管不是特别严谨）。
• 还有一种判断的方法（来自网络）：
• 设从$1$沿残余网络能到达的点的集合为$S$，所有能沿残余网络到达$n$的点的集合为$T$，总的点集（不是读入的，是最短网络中的）为$V$，
• 若$S\cup T=V$那么不唯一，否则唯一。（感性理解）
• 于是对于前一种判定的方法，先把$1$能走到的和能走到$n$的标记上，
• 搜一边每条边（不重不漏），符合条件（如上）的将边权加入$sum$中，
• 注意这里因为已经跑过了一边网络流，边权的一部分可能会在其反向边内，所以它的边权应该是$ln[i]+ln[i\oplus 1]$（符号是异或）.
• 如果$sum�=ans$，那么一定不唯一。
• 一般的判断最小割的唯一性，到此已经结束了，但这题还有特殊的地方，
• 如果一条必割的边$(u,v)$，满足$a[x]=a[v]$，即说明关卡可以设在$u$也可以设在$v$，所以也是不唯一的。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 410
#define M 4010
#define LL long long
int bz[N],q[M*10],n,m;
int to[M*2],next[M*2],last[N],len;
int to1[M*2],next1[M*2],last1[N],len1;
int cur[N],gap[N],ds[N];
LL a[N],ln[M*2],ln1[M*2],dis[N];
int bs[N],bt[N];
void add(int x,int y,LL c)
{
	to[++len]=y;
	ln[len]=c;
	next[len]=last[x];
	last[x]=len;
}
void add1(int x,int y,LL c)
{
	to1[++len1]=y;
	ln1[len1]=c;
	next1[len1]=last1[x];
	last1[x]=len1;
}
LL min(LL x,LL y)
{
	return x<y?x:y;
}
LL dg(int k,LL flow)
{
	if(k==n) return flow;
	LL have=0;
	for(int i=cur[k];i;i=next1[i]) 
		if(ds[to1[i]]+1==ds[k]&&ln1[i])
		{
			cur[k]=i;
			LL now=dg(to1[i],min(flow-have,ln1[i]));
			ln1[i]-=now,ln1[i^1]+=now,have+=now;
			if(flow==have) return have;
		}
	cur[k]=last1[k];
	if(!(--gap[ds[k]])) ds[1]=n;
	++gap[++ds[k]];
	return have;
} 
void dfs(int k)
{
	bs[k]=1;
	for(int i=last1[k];i;i=next1[i]) 
		if(ln1[i]&&dis[k]>dis[to1[i]]&&!bs[to1[i]]) dfs(to1[i]);
}
void dfs1(int k)
{
	bt[k]=1;
	for(int i=last1[k];i;i=next1[i]) 
		if(ln1[i^1]&&dis[k]<dis[to1[i]]&&!bt[to1[i]]) dfs1(to1[i]);
}
int main()
{
	int tn,i,j,x,y;
	LL c;
	scanf("%d",&tn);
	while(tn--)
	{
		memset(last,0,sizeof(last));
		memset(last1,0,sizeof(last1));
		len=len1=1;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(i=1;i<n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d%d%lld",&x,&y,&c);
			add(x,y,c),add(y,x,c);
		}
		memset(dis,127,sizeof(dis));
		memset(bz,0,sizeof(bz));
		dis[n]=0,bz[n]=1,q[1]=n;
		int l=0,r=1;
		while(l<r)
		{
			int k=q[++l];
			for(int i=last[k];i;i=next[i]) 
			{
				int g=to[i];
				if(dis[k]+ln[i]<dis[g])
				{
					dis[g]=dis[k]+ln[i];
					if(!bz[g]) bz[g]=1,q[++r]=g;
				}
			}
			bz[k]=0;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
			for(j=last[i];j;j=next[j]) if(dis[to[j]]+ln[j]==dis[i])
			{
				if(to[j]==n) add1(i,to[j],a[i]); else add1(i,to[j],min(a[i],a[to[j]]));
				add1(to[j],i,0);
			}
		memset(gap,0,sizeof(gap));
		memset(cur,0,sizeof(cur));
		memset(ds,0,sizeof(ds));
		gap[0]=n;
		LL s=0;
		while(ds[1]<n) s+=dg(1,dis[0]);
		int ok=1;
		memset(bs,0,sizeof(bs));
		memset(bt,0,sizeof(bt));
		dfs(1),dfs1(n);
		LL ss=0;
		for(i=1;i<=n;i++) if(ok)
			for(j=last1[i];j;j=next1[j]) 
			{
				int k=to1[j];
				if(!bs[i]||!bt[k]||dis[i]<dis[k]) continue;
				ss+=ln1[j]+ln1[j^1];
				if(k!=n&&a[i]==a[k]) 
				{
					ok=0;
					break;
				}
			}
		if(ss!=s) ok=0;
		if(ok) printf("Yes "); else printf("No ");
		printf("%lld
",s);
	}
	return 0;
}