原题地址：http://poj.org/problem?id=2455
题目大意：给出一个N个点的无向图，中间有P条边，要求找出从1到n的T条通路，满足它们之间没有公共边，并使得这些通路中经过的最长的边的长度最短。两点之间允许有重边
数据范围：2 <= N <= 200， 1 <= P <= 40,000，1 <= T <= 200，1 <= 每条路的长度L <= 1,000,000
题目分析：
看到“最大值最小”的第一反应就是二分最大长度k，满足T条通路没有公共边的第一反应就是将每条边的容量赋为1然后跑一遍最大流。这样算法就出来了：读入并建图，二分最大长度k，将所有长度小于等于 k 的边的容量设为1， 大于 k 的边容量设为0，然后以1为源点，n为汇点做一遍最大流，如果满足最大流大于等于T，则合要求继续二分，直至找出答案。
一开始在双向边建图的时候有点犹豫。毕竟网络流要求每条边必须要有反向边。最开始的想法是将每条双向边都拆成两条单向边，对每条单向边都建立一条长度为无穷大的反向边（无穷大是为了保证二分时赋初始容量都将它们为0），但是后来证明这种想法是错误的：因为题目要求每条边只能走一次，但是按我的想法每条边可以正向走一次，反向走一次，加上题目中允许有重边，就使情况变得更加复杂。后来我发现网络流的反向边不一定要初始容量为0——就算我将这一条双向边的两个方向按照网络流的一对反向边来建立，初始容量都允许为1，无论正着流还是反着流这条边所能允许的总容量必然只有0或1……然后就想通了（希望能给这里想不太清楚的同学们一点帮助）
然后这道题TLE到死……经过hockey指点才发现是我Dinic 写残了，应该到不能流的时候就退出但是我没有……改掉这一点之后，我加上当前弧优化的Dinic还是可以600+MS勉强AC的
PS：网上有些人说重新建立源点和汇点，并连接一条从源点到1的容量为T的边，其实丝毫没有必要，直接以1为源点是可以的
1 //date 20140118 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 5 const int maxn = 205; 6 const int maxm = 80005; 7 const int INF = 0x7FFFFFFF; 8 9 inline int getint() 10 { 11 int ans(0); char w = getchar(); 12 while('0' > w || w > '9')w = getchar(); 13 while('0' <= w && w <= '9') 14 { 15 ans = ans * 10 + w - '0'; 16 w = getchar(); 17 } 18 return ans; 19 } 20 21 inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;} 22 inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;} 23 24 int n, m, T; 25 int s, t; 26 struct edge 27 { 28 int v, w, c, next; 29 }E[maxm]; 30 int a[maxn]; 31 int now[maxn]; 32 int nedge; 33 int lab[maxn]; 34 35 inline void add(int u, int v, int w, int c) 36 { 37 E[++nedge].v = v; 38 E[nedge].c = c; 39 E[nedge].w = w; 40 E[nedge].next = a[u]; 41 a[u] = nedge; 42 } 43 44 int maxl, minl; 45 46 inline int label() 47 { 48 static int q[maxn]; 49 int l = 0, r = 1; 50 memset(lab, 0xFF, sizeof lab); 51 q[1] = s; lab[s] = 0; 52 while(l < r) 53 { 54 int x = q[++l]; 55 for(int i = a[x]; i; i = E[i].next) 56 if(E[i].c == 1 && lab[E[i].v] == -1) 57 { 58 lab[E[i].v] = lab[x] + 1; 59 q[++r] = E[i].v; 60 } 61 } 62 return lab[t] != -1; 63 } 64 65 int Dinic(int v, int f) 66 { 67 if(v == t)return f; 68 int res = 0, w; 69 for(int i = now[v]; i; i = now[v] = E[i].next) 70 if((E[i].c == 1) && (f > 0) && (lab[v] + 1 == lab[E[i].v]) && (w = Dinic(E[i].v, min(f, E[i].c)))) 71 { 72 E[i].c -= w; 73 E[i ^ 1].c += w; 74 f -= w; 75 res += w; 76 if(f == 0)break; 77 } 78 if(res == 0)lab[v] = -1; 79 return res; 80 } 81 82 inline int max_flow() 83 { 84 int ans = 0; 85 while(label()) 86 { 87 for(int i = s; i <= t; ++i)now[i] = a[i]; 88 ans += Dinic(s, INF); 89 } 90 return ans; 91 } 92 93 inline bool check(int k) 94 { 95 for(int i = 2; i <= nedge; i += 2) 96 if(E[i].w <= k)E[i].c = E[i ^ 1].c = 1; else E[i].c = E[i ^ 1].c = 0; 97 int ans = max_flow(); 98 //printf("%d ", ans); 99 return ans >= T; 100 } 101 102 inline int solve(int l, int r) 103 { 104 int mid; 105 while(l < r) 106 { 107 mid = (l + r) >> 1; 108 if(check(mid))r = mid; 109 else l = mid + 1; 110 } 111 return l; 112 } 113 114 int main() 115 { 116 n = getint(); m = getint(); T = getint(); 117 nedge = 1; maxl = 0; minl = INF; 118 s = 1; t = n; 119 int x, y, z; 120 for(int i = 1; i <= m; ++i) 121 { 122 x = getint(); y = getint(); z = getint(); 123 add(x, y, z, 0); 124 add(y, x, z, 0); 125 maxl = max(maxl, z); 126 minl = min(minl, z); 127 } 128 int ans = solve(minl, maxl); 129 printf("%d ", ans); 130 return 0; 131 }
小结：建图还是需要多加思考多加练习，代码模板也是需要不断完善的，加油~