poj 1815 Friendship (最小割+拆点+枚举)

题意：

就在一个给定的无向图中至少应该去掉几个顶点才干使得s和t不联通。

算法：

假设s和t直接相连输出no answer。

把每一个点拆成两个点v和v''，这两个点之间连一条权值为1的边（残余容量）

v和v''各自是一个流进的点。一个流出的点。

依据求最小割的性质。权值小的边是可能被选择的（断开的）。

加入源点st=0和汇点en=2*n+1，源点与s连权值为inf的边。t''与汇点连权值为inf的边。

s与s''，t与t''连权值为inf的边，这样保证自己和自己是不会失去联系的。

假设i和j有边相连。则i''和j连权值为inf的边。j''与i连权值为inf的边。

这样建图后跑最大流，求得的流量即为点的个数。

然后编号从小到大枚举每一个点。尝试去掉这个点（即仅仅进不出）。又一次建图再跑最大流。

看最大流是否会减小。假设减小了，就是要去掉的点。记录下来最后输出就能够了。

PS:

建图也能够不加源点和汇点，直接没去掉的点，拆的两点直接连权值为1的边，有边相连的

两点连权值为INF的边。

最终理解了我写的Dinic模板一直是直接处理残余网络即e[i].val的。

还有把容量网络和流量分开写的Dinic。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 210
#define maxm 160000
using namespace std;

struct node
{
    int v,val,next;
}e[maxm<<1];
int head[maxn<<1],mp[maxn][maxn],cnt,st,en,s,t,n;
int d[maxn<<1],q[maxn<<1],mm[maxn],del[maxn];

void init()
{
    memset(del,0,sizeof(del));
    memset(mp,0,sizeof(mp));
    st = 0;
    en = 2*n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%d",&mp[i][j]);
    }
}

void add(int x,int y,int z)
{
    e[cnt].v = y;
    e[cnt].val = z;
    e[cnt].next = head[x];
    head[x] = cnt++;
    e[cnt].v = x;
    e[cnt].val = 0;
    e[cnt].next = head[y];
    head[y] = cnt++;
}

void build()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    cnt = 0;
    add(st,s,INF);
    add(t+n,en,INF);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!del[i]) add(i,i+n,1);
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(mp[i][j])
                add(i+n,j,INF);
        }
    }
    add(s,s+n,INF);
    add(t,t+n,INF);
}
bool bfs()
{
    memset(d,-1,sizeof(d));
    int f = 0,r = 0,u;
    q[r++] = st;
    d[st] = 0;
    while(f<r)
    {
        u = q[f++];
        for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next)
        {
            int t = e[i].v;
            if(e[i].val>0 && d[t]==-1)//>0
            {
                d[t] = d[u]+1;
                q[r++] = t;
                if(t==en) return true;
            }
        }
    }
    return false;
}

int dfs(int x,int flow)
{
    if(x==en) return flow;
    int ret = 0,dd;
    for(int i=head[x];ret<flow && i!=-1;i=e[i].next)
    {
        int t = e[i].v;
        if(d[t] == d[x]+1 && e[i].val)
        {
            dd = dfs(t,min(flow,e[i].val));
            e[i].val-=dd;
            e[i^1].val+=dd;
            flow-=dd;
            ret+=dd;
        }
    }
    if(!ret) d[x]=-1;
    return ret;
}
int Dinic()
{
    int tmp = 0,maxflow = 0;
    while(bfs())
    {
        while(tmp=dfs(st,INF))
            maxflow+=tmp;
    }
    return maxflow;
}

void solve()
{
    if(mp[s][t])
    {
        printf("NO ANSWER!
");
        return;
    }
    build();
    int ans = Dinic();
    printf("%d
",ans);
    if(!ans) return;
    int tmp = ans,f = 0,now;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==s || i==t) continue;
        //if(!mp[s][i]) continue;  //点i尽管与s不是直接连通。但可能间接连通，所以枚举时不能continue掉
        del[i] = 1;
        build();
        now = Dinic();
        if(now<tmp)
        {
            mm[f++] = i;
            tmp = now;
        }
        else
            del[i] = 0;
    }
    for(int i=0;i<f-1;i++)
        printf("%d ",mm[i]);
    printf("%d
",mm[f-1]);
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d%d",&n,&s,&t)!=EOF)
    {
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}

/*

9 1 9
1 1 1 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0 0 0 0
1 1 1 0 1 1 0 0 0
0 1 0 1 0 0 1 0 0
0 1 1 0 1 0 1 1 0
0 0 1 0 0 1 0 1 0
0 0 0 1 1 0 1 1 1
0 0 0 0 1 1 1 1 1
0 0 0 0 0 0 1 1 1

*/