bzoj 2561 最小生成树 最小割

2561: 最小生成树

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB

Description

　给定一个边带正权的连通无向图G=(V,E)，其中N=|V|，M=|E|，N个点从1到N依次编号，给定三个正整数u，v，和L (u≠v)，假设现在加入一条边权为L的边(u,v)，那么需要删掉最少多少条边，才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上，也可能出现在最大生成树上？

　

Input

　　第一行包含用空格隔开的两个整数，分别为N和M；
　　接下来M行，每行包含三个正整数u，v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
　　最后一行包含用空格隔开的三个整数，分别为u，v，和 L；
　　数据保证图中没有自环。

　

Output

　输出一行一个整数表示最少需要删掉的边的数量。

Sample Input

3 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2

Sample Output

1

HINT

　　对于20%的数据满足N ≤ 10，M ≤ 20，L ≤ 20；

　　对于50%的数据满足N ≤ 300，M ≤ 3000，L ≤ 200；

　　对于100%的数据满足N ≤ 20000，M ≤ 200000，L ≤ 20000。

Source

2012国家集训队Round 1 day1

大意：

给出一个图，问要使给出的最后一条边(X,Y,V)既可以在最小生成树又可以在最大生成树上，最少需要删掉几条边。

思路：

把原问题分割成两个小问题，<1>可以再最小生成树上　　<2>可以在最大生成树上

对于问题<1>，删掉的边一定是权值小于V的，对于问题<2>，删掉的边一定是权值大于V的，没有交集。

求解<1>：拿出权值小于V的边建双向流量边(正向和反向流量上限都为1)，然后跑最大流，得到最小割，删掉最小割割集中的边就是删边的最优方案。

因为这样是使X和Y不连通的最小代价。

对于问题<2>同理，两个答案相加即可。

/*
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*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>
using namespace std;
const int INF=(1LL<<31)-1;
int read(){
    int xx=0,ff=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')ff=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){xx=xx*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return xx*ff;
}
inline int mymin(const int &A,const int &B)
{if(A<B)return A;return B;}
const int maxn=20010,maxm=200010;
int N,M,lin[maxn],len;
struct edge{
    int y,next,flow;
}e[maxm<<1];
inline void insert(int xx,int yy,int ff){
    e[++len].next=lin[xx];
    lin[xx]=len;
    e[len].y=yy;
    e[len].flow=ff;
}
struct Edge{
    int x,y,v;
}E[maxm];
int ans=0,SS,TT,VV;
int level[maxn],q[maxn],head,tail;
void build(bool sgn){
    memset(lin,0,sizeof(lin));len=0;
    for(int i=1;i<=M;i++)
        if(E[i].v<VV&&!sgn)
            insert(E[i].x,E[i].y,1),insert(E[i].y,E[i].x,1);
        else if(E[i].v>VV&&sgn)
            insert(E[i].x,E[i].y,1),insert(E[i].y,E[i].x,1);
}
bool makelevel(){
    memset(level,-1,sizeof(level));
    head=tail=0;
    q[head]=SS;
    level[SS]=0;
    for(;head<=tail;head++)
        for(int i=lin[q[head]];i;i=e[i].next)
            if(e[i].flow&&level[e[i].y]==-1){
                level[e[i].y]=level[q[head]]+1;
                q[++tail]=e[i].y;
            }
    return level[TT]!=-1;
}
int max_flow(int x,int flow){
    if(x==TT)
        return flow;
    int maxflow=0,d;
    for(int i=lin[x];i&&flow>maxflow;i=e[i].next)
        if(level[e[i].y]==level[x]+1&&e[i].flow){
            d=max_flow(e[i].y,mymin(e[i].flow,flow-maxflow));
            if(d){
                maxflow+=d;
                e[i].flow-=d;
                if(i&1)
                    e[i+1].flow+=d;
                else
                    e[i-1].flow+=d;
            }
        }
    if(!maxflow)
        level[x]=-1;
    return maxflow;
}
void dinic(){
    int d;
    while(makelevel())
        while((d=max_flow(SS,INF)))
            ans+=d;
}
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    N=read(),M=read();
    for(int i=1;i<=M;i++)
        E[i].x=read(),E[i].y=read(),E[i].v=read();
    SS=read(),TT=read(),VV=read();
    build(0);
    dinic();
    build(1);
    dinic();
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}