bzoj2561 最小生成树

2561: 最小生成树

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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

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

分析：老套路，考虑克鲁斯卡尔算法的流程.

如果(u,v,l)这条边在最小生成树上，那么在加入这条边的时候,u,v一定是不连通的.那么将权值小于l的边给连起来，接下来的任务就是使得删去权值最小的边使得构出的图不连通.显然的最小割，跑一边dinic算法.对于最大生成树也这样做一遍，两次的答案相加就是问题的答案.

边数组开小了，结果迷之TLE.这种无向边，网络流的题建图要开4倍的边数组!

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 400010,inf = 0x7fffffff;

int n,m,u,v,l,head[20010],to[maxn * 3],nextt[maxn * 3],tot = 2,w[maxn * 3],dist[20010],ans;

struct node
{
    int u,v,w;
} e[maxn];

bool cmp(node a,node b)
{
    return a.w < b.w;
}

void add(int x,int y,int z)
{
    w[tot] = z;
    to[tot] = y;
    nextt[tot] = head[x];
    head[x] = tot++;

    w[tot] = 0;
    to[tot] = x;
    nextt[tot] = head[y];
    head[y] = tot++;
}

bool bfs()
{
    memset(dist,-1,sizeof(dist));
    dist[u] = 0;
    queue <int> q;
    q.push(u);
    while (!q.empty())
    {
        int uu = q.front();
        q.pop();
        if (uu == v)
            return true;
        for (int i = head[uu]; i; i = nextt[i])
        {
            int vv = to[i];
            if (w[i] && dist[vv] == -1)
            {
                dist[vv] = dist[uu] + 1;
                q.push(vv);
            }
        }
    }
    if (dist[v] == -1)
        return false;
    return true;
}

int dfs(int x,int flow)
{
    if (x == v)
        return flow;
    int res = 0;
    for (int i = head[x]; i; i = nextt[i])
    {
        int vv = to[i];
        if (w[i] && dist[vv] == dist[x] + 1)
        {
            int temp = dfs(vv,min(flow - res,w[i]));
            w[i] -= temp;
            w[i ^ 1] += temp;
            res += temp;
            if (res == flow)
                return res;
        }
    }
    if (res == 0)
        dist[x] = -1;
    return res;
}

void solve1()
{
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        if (e[i].w >= l)
            break;
        add(e[i].u,e[i].v,1);
        add(e[i].v,e[i].u,1);
    }
    while (bfs())
        ans += dfs(u,inf);
}

void solve2()
{
    tot = 2;
    memset(head,0,sizeof(head));
    for (int i = m; i >= 1; i--)
    {
        if (e[i].w <= l)
            break;
        add(e[i].u,e[i].v,1);
        add(e[i].v,e[i].u,1);
    }
    while (bfs())
        ans += dfs(u,inf);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
    scanf("%d%d%d",&u,&v,&l);
    sort(e + 1,e + 1 + m,cmp);
    solve1();
    solve2();
    printf("%d
",ans);

    return 0;
}