题目大意
给你一个无向图，每条边的两个方向的边权可能不同。要求找出一条欧拉回路使得路径上的边权的最大值最小。无解输出"NIE"。
(2leq nleq 1000,1leq mleq 2000)
题解
我们先二分答案(ans)，把边权大于(ans)的边删掉。
现在图中还剩下一些有向边和一些无向边，也就是说这是一个混合图。
混合图的欧拉回路怎么求？
先把无向边定向（方向任意），求出每个点的出度(d1_i)和入度(d2_i)。如果存在点(i)使得(|d1_i-d2_i|)为奇数，则无解。因为你怎么反向都不可能把(d1_i-d2_i)变成(0)。
然后把无向边按定向的反方向在图中连边，容量为(1)。对于一个点(i)，如果(d1_i>d2_i)，则连边(i ext{->}T)，容量为(frac{d1_i-d2_i}{2})，否则连边(S ext{->}i)，容量为(frac{d2_i-d1_i}{2})。
最后跑一次最大流。如果满流就有解，否则无解。
还要用并查集判一下是不是连通图。
为什么这是对的？每流过一条边就表示把这条边反向。对这个网络求最大流就是调整尽可能多的边。流量平衡就表示一个点的入度和出度相同。
这个图把边定向得到
建图后跑最大流可以得到
把满流边反向后得到
这就是一个欧拉回路了
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
struct list
{
int v[100010];
int w[100010];
int t[100010];
int h[1010];
int n;
void clear()
{
memset(h,0,sizeof h);
n=0;
}
void add(int x,int y,int z)
{
n++;
v[n]=y;
w[n]=z;
t[n]=h[x];
h[x]=n;
}
};
list l;
void add(int x,int y,int z)
{
l.add(x,y,z);
l.add(y,x,0);
}
int d[1010];
int S,T;
int bfs()
{
memset(d,-1,sizeof d);
queue<int> q;
q.push(S);
d[S]=0;
int x,i;
while(!q.empty())
{
x=q.front();
q.pop();
for(i=l.h[x];i;i=l.t[i])
if(l.w[i]&&d[l.v[i]]==-1)
{
d[l.v[i]]=d[x]+1;
if(l.v[i]==T)
return 1;
q.push(l.v[i]);
}
}
return 0;
}
int op(int x)
{
return ((x-1)^1)+1;
}
int dfs(int x,int flow)
{
if(x==T)
return flow;
int c,s=0,i;
for(i=l.h[x];i;i=l.t[i])
if(l.w[i]&&d[l.v[i]]==d[x]+1)
{
c=dfs(l.v[i],min(flow,l.w[i]));
s+=c;
flow-=c;
l.w[i]-=c;
l.w[op(i)]+=c;
if(!flow)
break;
}
return s;
}
int f[1010];
int find(int x)
{
return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}
int lx[2010],ly[2010],w1[2010],w2[2010];
int d1[2010],d2[2010];
int c[2010];//方向
int n,m;
int abs(int x)
{
return x>0?x:-x;
}
int check(int p)
{
memset(d1,0,sizeof d1);
memset(d2,0,sizeof d2);
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
f[i]=i;
for(i=1;i<=m;i++)
{
if(p<w1[i]&&p<w2[i])
return 0;
if(p>=w1[i])
{
c[i]=0;
d1[lx[i]]++;
d2[ly[i]]++;
f[find(lx[i])]=find(ly[i]);
}
else
{
c[i]=1;
d1[ly[i]]++;
d2[lx[i]]++;
f[find(lx[i])]=find(ly[i]);
}
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(abs(d1[i]-d2[i])&1)
return 0;
if(i>1&&find(i)!=find(i-1))
return 0;
}
l.clear();
S=n+1;
T=n+2;
for(i=1;i<=m;i++)
if(p>=w1[i]&&p>=w2[i])
add(ly[i],lx[i],1);
// else
// add(lx[i],ly[i],1);
int s=0,ans=0;
for(i=1;i<=n;i++)
if(d1[i]>d2[i])
{
add(i,T,(d1[i]-d2[i])/2);
s+=(d1[i]-d2[i])/2;
}
else if(d1[i]<d2[i])
add(S,i,(d2[i]-d1[i])/2);
while(bfs())
ans+=dfs(S,0x7fffffff);
return ans==s;
}
int main()
{
// freopen("bzoj2095.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
int i;
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d%d",&lx[i],&ly[i],&w1[i],&w2[i]);
int l=1,r=1001;
int mid;
while(l<r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))
r=mid;
else
l=mid+1;
}
if(l>1000)
printf("NIE
");
else
printf("%d
",l);
return 0;
}