P1344 [USACO4.4] 追查坏牛奶 Pollutant Control （网络流）
P1344 [USACO4.4] 追查坏牛奶 Pollutant Control （网络流）
不会网络流的可以看这个
题目描述
你第一天接手三鹿牛奶公司就发生了一件倒霉的事情：公司不小心发送了一批有三聚氰胺的牛奶。
很不幸，你发现这件事的时候，有三聚氰胺的牛奶已经进入了送货网。这个送货网很大，而且关系复杂。你知道这批牛奶要发给哪个零售商，但是要把这批牛奶送到他手中有许多种途径。
送货网由一些仓库和运输卡车组成，每辆卡车都在各自固定的两个仓库之间单向运输牛奶。在追查这些有三聚氰胺的牛奶的时候，有必要保证它不被送到零售商手里，所以必须使某些运输卡车停止运输，但是停止每辆卡车都会有一定的经济损失。
你的任务是，在保证坏牛奶不送到零售商的前提下，制定出停止卡车运输的方案，使损失最小。
输入格式
第 \(1\) 行两个整数 \(N\)、\(M\)，\(N\) 表示仓库的数目，\(M\) 表示运输卡车的数量。仓库 \(1\) 代表发货工厂，仓库 \(N\) 代表有三聚氰胺的牛奶要发往的零售商。
第 \(2\sim M+1\) 行，每行 \(3\) 个整数 \(S_i\)、\(E_i\) 和 \(C_i\)。其中 \(S_i\)、\(E_i\) 分别表示这辆卡车的出发仓库和目的仓库。\(C_i\) 表示让这辆卡车停止运输的损失。
输出格式
两个整数 \(C\) 和 \(T\)，\(C\) 表示最小的损失，\(T\) 表示在损失最小的前提下，最少要停止的卡车数。
样例 #1
样例输入 #1
4 5
1 3 100
3 2 50
2 4 60
1 2 40
2 3 80
样例输出 #1
60 1
提示
对于 \(100 \%\) 的数据，满足 \(2 \le N \le 32\)，\(0 \le M \le 10^3\)，\(1 \le S_i \le N\)，\(1 \le E_i \le N\)，\(0 \le C_i \le 2 \times 10^6\)。
题目大意
现在有一个有向图，每一条边有一个边权表示删除这条边需要的代价，问你怎么操作，使得 \(1\to n\)
没有路径相连且代价最小，同时要求删除的最少路径。
思路
显然，这是求一个图的最小割问题，我们知道最大流等于最小割，所以求出最小割即可。
此时可能有很多种方案，我们需要求出这些方案中的最少路径数。
我们可以把所有边都乘上一个 \(a\) （建议取 \(1007\) ），再 \(+1\) 。
此时最大流记为 \(ans\)
那么 \(c = ans / a\) ，\(T = ans \mod a\)
分析
我们把所有边权 \(*a+1\) 后，答案又 \(/a\) 当路径小于 \(a\) 时是不影响 \(C\) 的。
然后 因为我们 \(+1\) 了，所以最小路径数仍然是最小割，其他路径就比最小割要大，摸上 \(a\) 后就是 \(T\) 了。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x, y, z) for (int x = y; x <= z; x++)
using namespace std;
const int N = 35, M = 1005, mod = 1007;
const LL Max = 1e15;
int n, m, d[N], vd[M], cnt = 1, hd[N];
LL ans, ans1, p[M << 1];
struct E {
int to, nt, flg;
LL w;
} e[M << 1];
void add(int x, int y, LL z) { e[++cnt].to = y, e[cnt].nt = hd[x], e[cnt].w = z, hd[x] = cnt; }
LL dfs(int x, LL pt) {
LL now = pt, del = 0;
int y, mind = n - 1;
if (x == n) return pt;
for (int i = hd[x]; i; i = e[i].nt) {
if (!e[i].w) continue;
y = e[i].to;
if (d[x] == d[y] + 1) {
del = min(e[i].w, now);
del = dfs(y, del);
now -= del;
e[i].w -= del, e[i ^ 1].w += del;
if (d[1] >= n)
return pt - now;
if (!now)
break;
}
mind = min(mind, d[y]);
}
if (now == pt) {
vd[d[x]]--;
if (!vd[d[x]])
d[1] = n;
d[x] = mind + 1;
vd[d[x]]++;
}
return pt - now;
}
LL flow() {
LL sum = 0;
fu(i, 1, n) d[i] = 0;
vd[0] = n;
while (d[1] < n) sum += dfs(1, Max);
return sum;
}
int main() {
int u, v;
LL w;
scanf("%d%d", &n, &m);
fu(i, 1, m) {
scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
p[cnt + 1] = w * mod + 1;
add(u, v, w * mod + 1), add(v, u, 0);
}
ans = flow();
printf("%lld %lld\n", ans / mod, ans % mod);
// for (int i = 2; i <= cnt; i += 2) {
// fu(j, 2, cnt) if (!e[j].flg) e[j].w = p[j];
// e[i].w = 0;
// ans1 = flow();
// if (ans1 + p[i] == ans) {
// cout << i / 2 << "\n";
// e[i].flg = 1, e[i ^ 1].flg = 1, ans -= p[i];
// }
// }
return 0;
}
双倍经验
[OJ](追查坏牛奶 - 题目 - DYOJ)
思路
要求输出方案。
也就是看看那条是满流边。
我们把这条边暂时删掉之后看看现在的答案记为 \(ans1\) ，边权记为 \(e[i].w\) 是否满足
如果满足就是路径。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
using namespace std;
const int N = 35 , M = 1005 , mod = 1007;
const LL Max = 1e15;
int d[N] , vd[M] , n , m , hd[N] , cnt = 1;
LL ans , t , ans1 , p[M << 1];
struct E {
int to , nt , flg;
LL w;
} e[M << 1];
void add (int x , int y , int z) { e[++cnt].to = y , e[cnt].nt = hd[x] , e[cnt].w = z , hd[x] = cnt; }
LL dfs (int x , LL pt) {
LL now = pt , del = 0;
int mind = n - 1 , y;
if (x == n) return pt;
for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {
if (!e[i].w) continue;
y = e[i].to;
if (d[x] == d[y] + 1) {
del = min (now , e[i].w);
del = dfs (y , del);
now -= del;
e[i].w -= del , e[i ^ 1].w += del;
if (d[1] >= n) return pt - now;
if (!now) break;
}
mind = min (mind , d[y]);
}
if (now == pt) {
vd[d[x]] --;
if (!vd[d[x]]) d[1] = n;
d[x] = mind + 1;
vd[d[x]] ++;
}
return pt - now;
}
LL flow () {
LL sum = 0;
vd[0] = n;
fu (i , 1 , n) d[i] = 0;
while (d[1] < n) {
sum += dfs (1 , Max);
}
return sum;
}
int main () {
int u , v;
LL w;
scanf ("%d%d" , &n , &m);
fu (i , 1 , m) {
scanf ("%d%d%lld" , &u , &v , &w);
p[cnt + 1] = w * mod + 1;
add (u , v , w * mod + 1) , add (v , u , 0);
}
ans = flow ();
printf ("%lld %lld\n" , ans / mod , ans % mod);
for (int i = 2 ; i <= cnt ; i += 2) {
fu (j , 2 , cnt) if (!e[j].flg) e[j].w = p[j];
e[i].w = 0;
ans1 = flow ();
if (ans1 + p[i] == ans) {
cout << i / 2 << endl;
e[i].flg = 1 , e[i ^ 1].flg = 1 , ans -= p[i];
}
}
return 0;
}
后记
原题检测真的恶心！！！
