【题目描述】
宇宙旅行总是出现一些意想不到的问题，这次小可可所驾驶的宇宙飞船所停的空间站发生了故障，这个宇宙空间站非常大，它由N个子站组成，子站之间有M条单向通道，假设其中第i（1＜＝i＜＝M）条单向通道连接了xi，yi两个中转站，那么xi子站可以通过这个通道到达yi子站，如果截断这条通道，需要代价ci。现在为了将故障的代价控制到最小，小可可必须想出一个截断方案，使a站不能到达b子站，并且截断的代价之和最小。我们称之为最小截断，小可可很快解决了这个故障，但是爱思考的小可可并不局限于此，为了今后更方便的解决同类故障，他考虑对每条单向通道：
1，是否存在一个最小代价路径截断方案，其中该通道被切断？
2，是否对任何一个最小代价路径切断方案，都有该通道被切断？
聪明的你能帮小可可解决他的疑问吗？
【输入格式】
第一行有4个整数，依次为N，M，a和b；
第二行到第(m+1)行每行3个正整数x，y，c表示x子站到y子站之间有单向通道相连，单向通道的起点是x终点是y，切断它的代价是c（1＜＝c＜＝10000）；
两个子站之间可能有多条通道直接连接。
【输出格式】
对每一个单向通道，按输入的顺序，依次输出一行包含两个非0即1的整数，分别表示对问题一和问题二的回答（其中1表示是，0表示否）。每行两个整数之间用一个空格分隔开。
【样例输入】
6 7 1 6
1 2 3
1 3 2
2 4 4
2 5 1
3 5 5
4 6 2
5 6 3
【样例输出】
1 0
1 0
0 0
1 0
0 0
1 0
1 0
【提示】
100％的数据中，N＜＝4000，M＜＝60000
70％的数据中，N＜＝1000，M＜＝40000
40％的数据中，N＜＝200，M＜＝2000
【题解】
血帆海盗的进阶版，先贴结论XDDD：
最小割的必须边
一定在最小割中的边、扩大容量后能增大最大流的边， ① 满流；② 残余网络中S能到入点、出点能到T。 从S开始DFS、T开始反向DFS，标记到达的点，然后枚举满流边即可。
最小割的可行边
被某一种最小割的方案包含的边， ① 满流；② 删掉之后在残余网络中找不到u到v的路径。 在残余网络中tarjan求SCC，(u,v)两点在同一SCC中说明残余网络中存在u到v路径。
但是在这道题里求必须边好像不能用dfs，上面那个结论已经忘了是从哪里看的了= =，必须边的起点与S在同一个强联通分量里，终点与T在同一个强联通分量里。知道了结论之后就可以放心地跑了。
写一点理解：残余网络中不能形成强连通分量的只有满流边（或许还有没用到的边？但是那不会被统计答案），所以残余网络缩成DAG的每个s-t割都是原图中的一个最小割，这是可行性。而u、v分别和s、t同处一个强联通分量的边一旦边权增加就会产生增广路径，这恰好符合必须边的定义。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<stack> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 queue<int> q; 8 stack<int> s; 9 const int sj=4010; 10 const int sm=60010; 11 int n,m,si,t,a1,a2,a3,e,h[sj],c[sj],dep[sj],dfn[sj],low[sj]; 12 bool r[sj]; 13 struct B 14 { 15 int ne,v,w,u; 16 }b[sm<<1]; 17 inline int read() 18 { 19 int jg=0,jk=getchar()-'0'; 20 while(jk<0||jk>9) jk=getchar()-'0'; 21 while(jk>=0&&jk<=9) jg*=10,jg+=jk,jk=getchar()-'0'; 22 return jg; 23 } 24 void add(int x,int y,int z) 25 { 26 b[e].u=x,b[e].v=y,b[e].w=z,b[e].ne=h[x],h[x]=e++; 27 b[e].u=y,b[e].v=x,b[e].w=0,b[e].ne=h[y],h[y]=e++; 28 } 29 bool bfs(int x) 30 { 31 memset(dep,0,sizeof(dep)); 32 while(!q.empty()) q.pop(); 33 dep[x]=1,q.push(x); 34 while(!q.empty()) 35 { 36 x=q.front(),q.pop(); 37 for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne) 38 if(!dep[b[i].v]&&b[i].w) 39 { 40 dep[b[i].v]=dep[x]+1; 41 if(b[i].v==t) return 1; 42 q.push(b[i].v); 43 } 44 } 45 return 0; 46 } 47 int dfs(int x,int f) 48 { 49 if(x==t) return f; 50 int ret=0,d; 51 for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne) 52 if(dep[b[i].v]==dep[x]+1&&b[i].w) 53 { 54 d=dfs(b[i].v,min(f,b[i].w)); 55 ret+=d,f-=d; 56 b[i].w-=d,b[i^1].w+=d; 57 if(!f) break; 58 } 59 if(!ret) dep[x]=-1; 60 return ret; 61 } 62 void bj(int &x,int y) 63 { 64 x=x<y?x:y; 65 } 66 void tarjan(int x) 67 { 68 dfn[x]=low[x]=++a1,r[x]=1,s.push(x); 69 for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne) 70 { 71 if(!b[i].w) continue; 72 if(!dfn[b[i].v]) tarjan(b[i].v),bj(low[x],low[b[i].v]); 73 else if(r[b[i].v]) bj(low[x],dfn[b[i].v]); 74 } 75 if(low[x]==dfn[x]) 76 { 77 a2++; 78 do 79 { 80 a3=s.top(),s.pop(); 81 r[a3]=0,c[a3]=a2; 82 }while(a3!=x); 83 } 84 } 85 int main() 86 { 87 memset(h,-1,sizeof(h)); 88 n=read(),m=read(),si=read(),t=read(); 89 for(int i=1;i<=m;i++) 90 { 91 a1=read(),a2=read(),a3=read(); 92 add(a1,a2,a3); 93 } 94 while(bfs(si)) dfs(si,0x7fffffff); 95 a1=a2=a3=0; 96 for(int i=1;i<=n;i++) 97 if(!dfn[i]) tarjan(i); 98 for(int i=0;i<e;i+=2) 99 { 100 if(b[i].w) printf("0 0 "); 101 else 102 { 103 if(c[b[i].u]!=c[b[i].v]) 104 { 105 if(c[b[i].v]==c[t]&&c[b[i].u]==c[si]) printf("1 1 "); 106 else printf("1 0 "); 107 } 108 else printf("0 0 "); 109 } 110 } 111 return 0; 112 }