【题解】【网络流24题】航空路线问题 [P2770] [Loj6122]
传送门：航空路线问题 ([P2770]) ([Loj6122])
【题目描述】
给出一张有向图，每个点（除了起点 (1)）每条边都只能经过一次，求出从 (1) 到 (n) 在回到 (1) 的一条路径，使得经过的点个数最大，并输出路径。
【输入】
第一行两个整数 (n,m) 表示点数和边数。接下来 (n) 行字符串表示这 (n) 个点的名称（编号从 (1) 到 (n)），再接下来 (m) 行，每行两个字符串，表示这两个点之间有一条有向边（方向总是从编号小的点到编号大的点，但输入不一定保证左边的边号比右边大）。
【输出】
第一行为所能经过的最大节点数 (ans)，接下来 (ans+1) 行输出途径节点名称。如果无解则输出 (No) (Solution!)。
【样例】
样例输入：
8 9
Vancouver
Yellowknife
Edmonton
Calgary
Winnipeg
Toronto
Montreal
Halifax
Vancouver Edmonton
Vancouver Calgary
Calgary Winnipeg
Winnipeg Toronto
Toronto Halifax
Montreal Halifax
Edmonton Montreal
Edmonton Yellowknife
Edmonton Calgary
样例输出：
7
Vancouver
Edmonton
Montreal
Halifax
Toronto
Winnipeg
Calgary
Vancouver
【数据范围】
(100\%) (n leqslant 100)
【分析】
这是一道网络瘤题目。
那么，如何建模呢？
【建模】
俗话说得好啊：网络瘤，网络瘤，网络建模最毒瘤。
稍微一不注意踩到了坑就 (GG) 。
把题意转换一下，实际上是求从 (1) 到 (n) 的两条互不相交的路径。
限制条件是除起点、终点外的每条边、每个点只能经过一次，那么就可以进行拆点，把点可以经过的最大次数作为点内部的流量，节点数作为点内部的费用，最后用 (MCMF) 求一个最大流最大花费。
求出的最大流就是所找到的路径数，如果它小于等于 (1)，就说明找不到这样一条路径。
但有一种特殊情况需要特判：起点、终点只有一条边相连，这时候虽然只能找到一条路径，可 (1) 能直通 (n) 并直接回来，是合法的路径。
然后就是 美 ((sang)) 妙 ((xin)) 绝 ((bing)) 伦 ((kuang)) 的建图了：
首先把每个点拆为入点和出点，并连一条流量（可经过次数）为 (1)，费用（节点数）为 (1) 的边，起点、终点要单独拆，流量设为 (2) 。
而对于输入的边 ((x,y))，要把 (x) 的出点与 (y) 的入点相连（其实是个很简单的道理，一开始死活想不明白，而大佬们的题解基本都没讲，可能是觉得太简单了吧，我太蒻了。。。）。
【求答案】
答案分三种情况：
((1).) 当最大流等于 (2) 时，最大花费减 (2) 即为可经过的最大节点数，减 (2) 是因为起点、终点都经过了两次。
((2).) 当处于上述 (1) 直通 (n) 的情况时，答案为 (2)，路径为：起点→终点→起点。
((3).) 其他情况均为无解。
另外，情况 ((1)) 中输出路径时写两个 (dfs) 遍历满流边：
第一次随便跑，记录下跑过的节点编号，要注意的是这时候只能跑出一条路，所以找到路后要立马 (break)。
第二次跳过这些节点找剩下那条路径，由于最大流（所找到的路径数）最多为 (2)，所以这里是否 (break) 都无所谓（可能会快一丢丢吧）。
【Code】
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=103,M=40000,inf=2e9;
int x,y,o=1,n,m,h,t,st,ed,flag,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N];LL maxcost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;string CH,ch[N];map<string,int>ip;
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=-inf,pan[i]=0;
Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
while(!Q.empty()){
Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]<dis[x]+a[i].w){//最长路
dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);//最小残余网络
if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
}
}
return dis[ed]!=-inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
while(SPFA(st,ed)){
Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],maxcost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
while(x!=st){
Re i=pre[x];
a[i].flow-=cyf[ed];
a[i^1].flow+=cyf[ed];
x=a[i^1].to;
}
}
}
inline void dfs1(Re x){
pan[x]=1;//记录一下第一次选的点，第二次就不选它们了
cout<<ch[x-n]<<endl;//第一次正序输出。记得减n
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)<=n&&!a[i].flow){dfs1(to+n);break;}//出点x>n到入点to<=n,再从to的出点搜下去
}
inline void dfs2(Re x){
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if((to=a[i].to)<=n&&!a[i].flow&&!pan[to+n])dfs2(to+n);//出点x>n到入点to<=n,再从to的出点搜下去
cout<<ch[x-n]<<endl;//第二次倒序输出。记得减n
}
int main(){
cin>>n>>m;st=1,ed=n<<1;
for(Re i=1;i<=n;++i)cin>>ch[i],ip[ch[i]]=i;
for(Re i=2;i<n;++i)add_(i,n+i,1,1);//1~n表示入点，n+1~2n表示出点
add_(1,1+n,2,1),add_(n,n+n,2,1);//起点和中点可以经过两次
while(m--){
cin>>CH;x=ip[CH];
cin>>CH;y=ip[CH];
if(x>y)swap(x,y);
flag|=x==1&&y==n;
add_(x+n,y,1,0);//刚从x的出点出来，接下来连到y的入点
}
EK(st,ed);
if(maxflow==2)printf("%d
",maxcost-2);//找到了两条路
else if(maxflow==1&&flag){//只有一条从1直通n的边
printf("2
");
cout<<ch[1]<<endl<<ch[n]<<endl<<ch[1]<<endl;//这里要输出三个
return 0;
}
else return !printf("No Solution!
");
for(Re i=1;i<=n+2;++i)pan[i+n]=0;
dfs1(1+n),dfs2(1+n);//根据边的残余网络来判断是否选了该边，所以从出点开始搜，这里害我调了一个多小时
}