BZOJ 2561: 最小生成树【最小割/最大流】
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
1
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
思路：首先白书中有这么一个命题：如果在图中存在一个环，使得一条边为环中的最大值，那么这条最大值的边显然不可能是MST中的边，于是猜测了一个相似的命题：如果不存在一个环使得这个边为最大值，那么一定存在一个MST使得这条边为MST中的边
然后仔细想想这个命题好像是有问题的，于是往kruscal方面考虑，如果将边排序了以后从小到大加，则加边过程中u到v显然不能联通，不然就得删边，在看了解题报告后证实了这个想法，于是对于一条边一定存在一个MST使得这条边为MST中的边的充要条件为比这条边小的边一定不能和这条边成环，于是结果就很显然了
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include<queue>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define maxn 1000005
#define maxm 1000005
#define inf 0x3f3f3f3f
int head[maxn],next[maxn],point[maxn],flow[maxn];
int ans=0,now=0,dist[maxn],que[maxn];
using namespace std;
struct T
{
int x;int y;int v;
}a[maxn];
inline bool operator <(T a,T b){return a.v<b.v;}
void add(int x,int y,int v)
{
next[++now]=head[x];
head[x]=now;
point[now]=y;
flow[now]=v;
next[++now]=head[y];
head[y]=now;
point[now]=x;
flow[now]=0;
}
int bfs(int s,int t)
{
memset(dist,-1,sizeof(dist));
dist[s]=0;
int l=0,r=0;
que[++r]=s;
while(l<r)
{
int u=que[++l];
for(int i=head[u];i;i=next[i])
{
if(dist[point[i]]==-1&&flow[i])
{
int k=point[i];
dist[k]=dist[u]+1;
que[++r]=k;
}
}
}
return dist[t]!=-1;
}
int dfs(int s,int d,int t)
{
if(s==t)return d;
int res=0;
for(int i=head[s];i&&res<d;i=next[i])
{
int u=point[i];
if(flow[i]>0 &&dist[u]==dist[s]+1)
{
int dd=dfs(u,min(d-res,flow[i]),t);
if(dd>0)
{
flow[i]-=dd;
flow[((i-1)^1)+1]+=dd;
res+=dd;
}
}
}
if(res==0)dist[s]=-1;
return res;
}
int main()
{
int n,m,s,t,l;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].v);
scanf("%d%d%d",&s,&t,&l);
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(a[i].v>l)
{
add(a[i].x,a[i].y,1);
add(a[i].y,a[i].x,1);
}
}
while(bfs(s,t))
{
ans+=dfs(s,inf,t);
}
now=0;
memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(a[i].v<l)
{
add(a[i].x,a[i].y,1);
add(a[i].y,a[i].x,1);
}
}
while(bfs(s,t))
{
ans+=dfs(s,inf,t);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
