poj3155:http://poj.org/problem?id=3155
题意：最大密度子图的模板题。
题解：直接看代码。
1 /* 2 题意简述一个公司有n个人,给出了一些有冲突的人的对数(u,v),所有为了公司更好的发展，公司的 3 总裁决定裁人，那么总裁现在裁要裁掉冲突率最高的哪些（冲突率=人数/在这些人中存在的冲突数 4 分析;很明显的一个求最大密度子图的题目，求最大密度子图的方法有两种不同的模型可以求解， 5 一种是采用了转换为最大权闭合图的模型来求解，而另一种则是通过补集转换的思想来求解， 6 现在就最大权闭合图的模型来谈论以下：设max g = f(x)= |E‘|/|V’| ，找一个子图的边数与点数 7 的比值达到其中的最大，我们通常都是构造一个函数max h（g）= |E'|-g*|V'|,当h(g)为0的时候， 8 g的值即为最优（证明见Amber论文），h（g）>0 时 g<最优值， h(g)<0时，g>最优值； 9 那么首先来解释为什么要是该函数的值尽量大？因为如果最大值大于0那么我们就可以继续增加 10 g的值来减小h(g),若最大值都小于0了，那么g不可能增加只可能减少！ 11 注意观察h（g）,边和点有依赖关系，就边依赖点，边存在的必要条件是点的存在，那么这样以后， 12 如果我们将边看成点，那么这不就符合最大权闭合子图了么，现在h（g）的求法就可以通过 13 求新图的最大权闭合子图的值来求解，但是这里有个问题，建图之后你可以发现当求出来的值和 14 h（g）原本应该为值不对应（具体为什么不怎么理解），可以这样理解，当最小的一个g使得 15 h（g）为0的时候该解即为最优解，因为h(g)是以个单调递减函数，就该函数来看只可能存在一个 16 g使得h（g）=0；然而通过求最大权闭合子图是子图权值和为0的有很多中g，当最小的一个g使得 17 h（g）为0之后，如果g继续增大那么虽然通过最大权闭合子图的值求出来依旧为0，但是真正的 18 h（g）< 0 了，所以要使得最优的一个解就是使得最大权闭合子图的权值和为0的最小的一个g值！ 19 这样求解之后从点点流到汇点为满流的边即为最大密度子图中的点 20 注意精度的控制！ 21 22 //////////// 23 第二种模型的建图： 源点到各个点连接一条有向边权值为U,各个点到汇点连接一条边权值为U+2*g-d， 24 原来有关系的点连接两条有向边（u,v），（v,u）权值为1（U可以取m，U的目的是用来使得2*g-d的值 25 始终为正），这样以后求最小割，那么h（g）= （U*n-mincut）/2;二分找到最优值即为mid ， 26 但是如果要求图中的点则需要用left来从新图求最大流之后然后从源点开始dfs遍历， 27 28 这里再补充一点编程时需要注意的地方：这个题目是利用分数规划进行二分求解的，但这个问题的 29 分数规划和我之前的见过的很多分数规划是不同的，之前的分数规划表达式很多都是在给定区间 30 内只有一个零点的单调函数。但这个题目不同，因为MiniCut=U*n-Maxmize{f(n)}，而MiniCut& lt;=U*n是 31 恒成立的，所以Maxmize{f(n)}>=0恒成立，及Maxmize{f(n)}函数会先递减，然后一直为0， 32 我们的目标是找出第一个零点。 33 34 */ 35 #include<iostream> 36 #include<cstring> 37 #include<algorithm> 38 #include<cstdio> 39 #include<queue> 40 #include<cmath> 41 using namespace std; 42 const int N=205; 43 const double INF=1000000000.0; 44 const int M=300000; 45 struct Node{ 46 int v; 47 double f; 48 int next; 49 }edge[M]; 50 int n,m,u,v,w,cnt,sx,ex,top; 51 int head[N],pre[N],deg[N]; 52 int xx[M],yy[M],ans[M]; 53 bool vis[N]; 54 void init(){ 55 cnt=0; 56 memset(head,-1,sizeof(head)); 57 } 58 void add(int u,int v,double w){ 59 edge[cnt].v=v; 60 edge[cnt].f=w; 61 edge[cnt].next=head[u]; 62 head[u]=cnt++; 63 edge[cnt].f=0; 64 edge[cnt].v=u; 65 edge[cnt].next=head[v]; 66 head[v]=cnt++; 67 } 68 bool BFS(){ 69 memset(pre,0,sizeof(pre)); 70 pre[sx]=1; 71 queue<int>Q; 72 Q.push(sx); 73 while(!Q.empty()){ 74 int d=Q.front(); 75 Q.pop(); 76 for(int i=head[d];i!=-1;i=edge[i].next ){ 77 if(edge[i].f&&!pre[edge[i].v]){ 78 pre[edge[i].v]=pre[d]+1; 79 Q.push(edge[i].v); 80 } 81 } 82 } 83 return pre[ex]>0; 84 } 85 double dinic(double flow,int ps){ 86 double f=flow; 87 if(ps==ex)return f; 88 for(int i=head[ps];i!=-1;i=edge[i].next){ 89 if(edge[i].f&&pre[edge[i].v]==pre[ps]+1){ 90 double a=edge[i].f; 91 double t=dinic(min(a,flow),edge[i].v); 92 edge[i].f-=t; 93 edge[i^1].f+=t; 94 flow-=t; 95 if(flow<=0)break; 96 } 97 98 } 99 if(f-flow<=0)pre[ps]=-1; 100 return f-flow; 101 } 102 double solve(){ 103 double sum=0; 104 while(BFS()) 105 sum+=dinic(INF,sx); 106 return sum; 107 } 108 double ok(double mid){ 109 init(); 110 sx=0,ex=n+1; 111 for(int i=1;i<=n;i++){ 112 add(sx,i,m*1.0); 113 add(i,ex,m*1.0+2*mid-1.0*deg[i]); 114 } 115 for(int i=1;i<=m;i++){ 116 add(xx[i],yy[i],1.0); 117 add(yy[i],xx[i],1.0); 118 } 119 return solve(); 120 } 121 122 void DFS(int u){ 123 for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){ 124 int v=edge[i].v; 125 if(!vis[v]&&edge[i].f>1e-5){ 126 vis[v]=1; 127 DFS(v); 128 } 129 } 130 } 131 int main() { 132 while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ 133 memset(deg,0,sizeof(deg)); 134 for(int i=1;i<=m;i++){ 135 scanf("%d%d",&u,&v); 136 xx[i]=u,yy[i]=v; 137 deg[u]++; 138 deg[v]++; 139 } 140 double bt=1.0/(n*1.0*n);//这是有定理得出的。 141 double l=0,r=1000; 142 while(abs(r-l)>=bt){ 143 double mid=(r+l)/2; 144 double temp=(n*m*1.0-ok(mid))/2; 145 if(temp>=1e-7){//注意这里的精度，精度小了，就会wa 146 l=mid; 147 } 148 else{ 149 r=mid; 150 } 151 } 152 if(m==0){//注意特判 153 puts("1 1"); 154 continue; 155 } 156 ok(l); 157 memset(vis,0,sizeof(vis)); 158 vis[0]=1; 159 DFS(0); 160 top=0; 161 for(int i=1;i<=n;i++){//要求是输出的点数，能够从源点访问的点都是结果集中的元素 162 if(vis[i]) 163 ans[++top]=i; 164 } 165 printf("%d ",top); 166 for(int i=1;i<=top;i++) 167 printf("%d ",ans[i]); 168 } 169 return 0; 170 }