【洛谷5934】[清华集训2012] 最小生成树（最小割）

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• 给定一张(n)个点(m)条边的无向图，现在加入一条边((u,v,L))，问至少需要删去多少条边才能使得它既可能出现在最小生成树中，又可能出现在最大生成树中。
• (nle2 imes10^4,mle2 imes10^5)

最小割

考虑(Kruskal)求(MST)的思想，就是给边按权值排个序，然后贪心地能加就加。

那么((u,v,L))能出现在最小生成树中，就说明所有边权小于(L)的边不能使得(u,v)连通，那么就直接把所有边权小于(L)的边连上求出最小割，即最大流。

同理，能出现在最大生成树中，就说明所有边权大于(L)的边不能使得(u,v)连通，同样连边跑最大流即可。

两个答案相加就是最终的答案。

代码：(O(Dinic))

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 20000
#define M 200000
using namespace std;
int n,m,s,t,L;struct edge {int x,y,v;}e[M+5];
namespace Dinic//网络流模板
{
	#define E(x) ((((x)-1)^1)+1)
	#define add(x,y,f) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y,e[ee].F=f)
	int ee,lnk[N+5],cur[N+5];struct edge {int to,nxt,F;}e[4*M+5];
	I void Clear() {ee=0;for(RI i=1;i<=n;++i) lnk[i]=0;}//清空
	I void Add(CI x,CI y,CI f) {add(x,y,f),add(y,x,0);}
	int q[N+5],D[N+5];I bool BFS()
	{
		RI i,k,H=1,T=1;for(i=1;i<=n;++i) D[i]=0;D[q[1]=s]=1;W(H<=T&&!D[t])
			for(i=lnk[k=q[H++]];i;i=e[i].nxt) e[i].F&&!D[e[i].to]&&(D[q[++T]=e[i].to]=D[k]+1);
		return memcpy(cur,lnk,sizeof(cur)),D[t];
	}
	I int DFS(CI x=s,RI f=1e9)
	{
		if(x==t||!f) return f;RI i,g,res=0;for(i=cur[x];i;i=e[i].nxt)
		{
			if(!e[i].F||D[e[i].to]^(D[x]+1)||!(g=DFS(e[i].to,min(f,e[i].F)))) continue;
			if(e[i].F-=g,e[E(i)].F+=g,res+=g,!(f-=g)) break;
		}return cur[x]=i,res;
	}
	I int MaxFlow() {RI g=0;W(BFS()) g+=DFS();return g;}
}
int main()
{
	RI i;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].v);scanf("%d%d%d",&s,&t,&L);
	for(i=1;i<=m;++i) e[i].v<L&&(Dinic::Add(e[i].x,e[i].y,1),Dinic::Add(e[i].y,e[i].x,1),0);//边权小于L的边
	RI tot=Dinic::MaxFlow();Dinic::Clear();//两次网络流间要清空
	for(i=1;i<=m;++i) e[i].v>L&&(Dinic::Add(e[i].x,e[i].y,1),Dinic::Add(e[i].y,e[i].x,1),0);//边权大于L的边
	return printf("%d
",tot+=Dinic::MaxFlow()),0;//两次答案相加
}