Optimal Marks(optimal)

Optimal Marks(optimal)

题目描述

定义无向图边的值为这条边连接的两个点的点权异或值。

定义无向图的值为无向图中所有边的值的和。

给定nn个点mm条边构成的图。其中有些点的权值是给定的，另外一些由你来定。点权必须为非负数。现在你需要使无向图的值最小，且在保证图的权值最小的情况下点的权值的和最小。

输入

第一行两个数nn和mm，表示图的点数和边数。

接下来nn行，每行一个数，表示每个点的权值。如果是负数，表示该点点权由你定，点权绝对值不超过109109。

接下来mm行，每行两个数aa和bb，表示aa和bb之间有无向边相连。（保证无重边和自环，但不保证是连通图）。

输出

第一行，一个数，表示无向图的最小值。

第二行，一个数，表示此时无向图中点权的和的值。

样例输入

3 2
2
-1
0
1 2
2 3

样例输出

2
2

提示

对于所有数据：

n≤500n≤500 m≤2000m≤2000

样例解释：

将22号点权值定位00即可。

solution

考虑拆位，这样权值就变成了0/1

建图

若w[i]=1

lj(S,i,inf);

若w[i]=0

lj(i,T,inf);

对于原图中的边（u,v）

lj(u,v,1);lj(v,u,1);

然后就是最小割的问题了

割在S表示选1，T表示选0

这样就解决了第一问。

对于第二问，我们要求T集尽量大

由于流量只有0和1，我们可以从S开始遍历，发现0就返回，找出最小的S集

e[i].v打成k调了一下午。。。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 5005
#define inf 1e9
using namespace std;
int n,m,w[maxn],a1[20002],b1[20002],tot=1,head[maxn],S,T;
int d[maxn],flag[maxn],cur[maxn],ans,fl[maxn];
long long anse,ansv;
struct node{
    int v,nex,cap;
}e[100005];
void Q(){
    tot=1;
    memset(head,0,sizeof head);
}
void lj(int t1,int t2,int t3){
    tot++;e[tot].v=t2,e[tot].cap=t3;e[tot].nex=head[t1];head[t1]=tot;
}
bool BFS(){
    for(int i=1;i<=T;i++)d[i]=inf,flag[i]=0;
    queue<int>q;q.push(S);d[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();cur[x]=head[x];
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nex){
            if(d[e[i].v]>d[x]+1&&e[i].cap){
                d[e[i].v]=d[x]+1;
                if(!flag[e[i].v]){
                    flag[e[i].v]=1;q.push(e[i].v);
                }
            }
        }
        flag[x]=0;
    }
    return d[T]!=inf;
}
int lian(int k,int a){
    //cout<<k<<' '<<a<<endl;
    if(k==T||!a)return a;
    int f,flow=0;
    for(int& i=cur[k];i;i=e[i].nex){
        if(d[e[i].v]==d[k]+1&&(f=lian(e[i].v,min(a,e[i].cap)))>0){
            flow+=f;a-=f;
            e[i].cap-=f;e[i^1].cap+=f;
            if(!a)break;
        }
    }
    return flow;
}
void dfs(int k,int fa,int num){
    if(w[k]<0){ansv+=(1<<num);}fl[k]=1;
    for(int i=head[k];i;i=e[i].nex){
        if(e[i].v!=fa){
            if(e[i].cap>0&&!fl[e[i].v])dfs(e[i].v,k,num);    
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m;S=n+1,T=S+1;
    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&w[i]);if(w[i]>0)ansv+=w[i];}
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&a1[i],&b1[i]);
    for(int ws=30;ws>=0;ws--){
        Q();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(w[i]<0)continue;
            if((w[i]&(1<<ws))>0)lj(S,i,inf),lj(i,S,0);
            else lj(i,T,inf),lj(T,i,0);
        }
        for(int i=1;i<=m;i++){
            lj(a1[i],b1[i],1),lj(b1[i],a1[i],0);
            lj(a1[i],b1[i],0),lj(b1[i],a1[i],1);
        }
        ans=0;
        while(BFS())ans+=lian(S,inf);
        //cout<<ans<<endl;
        anse+=1LL*ans*(1<<ws);
        memset(fl,0,sizeof fl);
        dfs(S,0,ws);
    }
    printf("%lld
%lld
",anse,ansv);
    return 0;
}