[JZOJ3348] 【NOI2013模拟】秘密任务

题目

题目大意

给你一个无向图，你要割掉一些边使得(1)到(n)的所有最短路径被阻截。
割掉一个边((u,v))的代价为(a_u)或(a_v)（记为两种不同的方案）。
问最小代价及其唯一性。

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思考历程

首先要将最短路图给建出来。
然后我就莫名其妙地想到了支配树，还在这个方向上思考了一阵子……
想不到怎么做……
然后我又想到之前某道题，将最大反链长度转化为最小链覆盖，然后用二分图匹配来实现。
我模仿着打了个KM算法，然后发现果然错了……
看来是不能直接生搬硬套的……
然后蓦然发现：这道题不就是个最小割吗！
于是就开始狂打……
最终的问题就是：如何判断唯一性……
匆匆忙忙地打了个错误的方法，交了上去。

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正解

这题当然是最小割啦……
由于每条边选(a_u)和(a_v)算作两种方案，所以每条边要拆成两条来搞。
建图当然显然了。
至于判断是否有唯一性，可以把最小割后的残量网络的(S)集合和(T)集合找出来。
枚举(S)集合和(T)集合之间被割掉的边，求它们的权值和。
跟最小割进行对比，如果相等，则具有唯一性。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <vector>
#define N 410
#define M 4010
int n,m;
int a[N];
struct EDGE{
	int to,len;
	EDGE *las;
} e[M*2];
int ne;
EDGE *last[N*2];
inline void link(int u,int v,int len){
	e[ne]={v,len,last[u]};
	last[u]=e+ne++;
}
long long dis[N+M];
struct EDGE2{
	int to,c;
	EDGE2 *las;
} e2[M*4];
int ne2;
EDGE2 *last2[N+M];
#define rev(ei) (e2+(int(ei-e2)^1))
inline void link2(int u,int v,int c){
	e2[ne2]={v,c,last2[u]};
	last2[u]=e2+ne2++;
	e2[ne2]={u,0,last2[v]};
	last2[v]=e2+ne2++;
}
int S,T;
inline void S_P(){
	static int q[100001];
	static bool inq[N];
	int head=0,tail=1;
	q[1]=1;
	memset(inq,0,sizeof inq);
	inq[1]=1;
	memset(dis,127,sizeof dis);
	dis[1]=0;
	do{
		int x=q[++head];
		for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
			if (dis[x]+ei->len<dis[ei->to]){
				dis[ei->to]=dis[x]+ei->len;
				if (!inq[ei->to]){
					inq[ei->to]=1;
					q[++tail]=ei->to;
				}
			}
		inq[x]=0;
	}
	while (head!=tail);
	memset(last2,0,sizeof last2);
	ne2=0;
	S=1,T=n;
	for (int i=1;i<=T;++i){		
		for (EDGE *ei=last[i];ei;ei=ei->las)
			if (dis[i]+ei->len==dis[ei->to]){
				++n;
				link2(i,n,a[i]);
				link2(n,ei->to,a[ei->to]);
			}
	}
}
bool BZ;
int gap[N+M];
EDGE2 *cur[N+M];
int dfs(int x,int s){
	if (x==T)
		return s;
	int have=s;
	for (EDGE2 *ei=cur[x];ei;ei=ei->las){
		cur[x]=ei;
		if (ei->c && dis[ei->to]+1==dis[x]){
			int t=dfs(ei->to,min(ei->c,have));
			ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have-=t;
			if (!have)
				return s;
		}
	}
	cur[x]=last2[x];
	if (!--gap[dis[x]])
		BZ=0;
	dis[x]++;
	gap[dis[x]]++;
	return s-have;
}
inline long long flow(){
	long long res=0;
	memset(gap,0,sizeof gap);
	memset(dis,0,sizeof dis),
	gap[0]=n;
	BZ=1;
	while (BZ)
		res+=dfs(S,INT_MAX);
	return res;
}
inline bool pd(int mincut){
	static int q[N+M];
	static int vis[N+M];
	int head=0,tail=1;
	q[1]=S;
	memset(vis,0,sizeof vis);
	vis[S]=1;
	do{
		int x=q[++head];
		for (EDGE2 *ei=last2[x];ei;ei=ei->las)
			if (ei->c && !vis[ei->to]){
				vis[ei->to]=1;
				q[++tail]=ei->to;
			}
	}
	while (head!=tail);
	
	head=0,tail=1;
	q[1]=T;
	vis[T]=2;
	do{
		int x=q[++head];
		for (EDGE2 *ei=last2[x];ei;ei=ei->las)
			if (rev(ei)->c && !vis[ei->to]){
				vis[ei->to]=2;
				q[++tail]=ei->to;
			}
	}
	while (head!=tail);
	long long sum=0;
	for (int i=1;i<=tail;++i)
		for (EDGE2 *ei=last2[q[i]];ei;ei=ei->las)
			if (rev(ei)->c==0 && vis[ei->to]==1)
				sum+=ei->c;
	return sum==mincut;
}
int main(){
	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for (int i=1;i<n;++i)
			scanf("%d",&a[i]);
		a[n]=INT_MAX;
		memset(last,0,sizeof last);
		ne=0;
		for (int i=1;i<=m;++i){
			int u,v,len;
			scanf("%d%d%d",&u,&v,&len);
			link(u,v,len),link(v,u,len);
		}
		S_P();
		long long mincut=flow();
		if (pd(mincut))
			printf("Yes %d
",mincut);
		else
			printf("No %d
",mincut);
	}
	return 0;
}

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总结

这题的最大收获就是唯一性的判定了……