【BZOJ4155】[Ipsc2015]Humble Captains 最小割+DP

【BZOJ4155】[Ipsc2015]Humble Captains

Description

每天下午放学时都有n个zky冲出教室去搞基。搞基的zky们分成两队，编号为1的zky是1号队的首领，编号为2的zky是2号队的首领。其他的zky可以自由选择是去1队还是2队。

zky们当中有几对zky是好基友（同一个zky可能在多对“好基友”关系中），如果一对好基友在同一个队，那么这个队的战斗力就+1。

现在你要解决两个问题：1.两队战斗力之和最大是多少？2.两队战斗力之差的绝对值最小是多少？

注意：这两个问题是不相关的。也就是说，问1和问2的方案可以是不一样的。

Input

第一行t表示数据组数

每一组测试数据的第一行包含两个整数n,m，zky们编号从1到n，共有m对好基友关系。

接下来m行每行两个整数u和v，表示u和v之间存在好基友关系。保证每一对好基友关系只会被描述一次。

Output

对每一组，输出一行两个数，第一个是最大战斗力之和，第二个是最小战斗力之差。

Sample Input

2
3 3
1 2
2 3
1 3

3 1
1 3

Sample Output

1 1
1 0

HINT

n <= 200, t <= 250

题解：第一问不会的去练最小割，第二问不会的去做阿狸和桃子的游戏。

然而本题第二问求的是差最小，那么把贪心换成 搭建双塔 即可。

但是复杂度有点高，用bitset优化即可。

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <bitset>
using namespace std;
int n,m,T,cnt,ans;
int pa[300],pb[300],to[100000],next[100000],val[100000],head[300],d[300],D[300];
bitset<80010> f;
queue<int> q;
inline void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=1,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,val[cnt]=1,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
int dfs(int x,int mf)
{
	if(x==2)	return mf;
	int i,temp=mf,k;
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
	{
		k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
		if(!k)	d[to[i]]=0;
		val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
		if(!temp)	break;
	}
	return mf-temp;
}
inline int bfs()
{
	memset(d,0,sizeof(d));
	while(!q.empty())	q.pop();
	int i,u;
	d[1]=1,q.push(1);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])	if(!d[to[i]]&&val[i])
		{
			d[to[i]]=d[u]+1;
			if(to[i]==2)	return 1;
			q.push(to[i]);
		}
	}
	return 0;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void work()
{
	n=rd(),m=rd(),ans=0;
	int i,a,b;
	memset(head,-1,sizeof(head)),memset(D,0,sizeof(D)),cnt=0;
	for(i=1;i<=m;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),D[a]++,D[b]++;
	while(bfs())	ans+=dfs(1,1<<30);
	printf("%d ",m-ans);
	f.reset(),f[n*n+D[1]-D[2]]=1;
	for(i=3;i<=n;i++)	f=(f<<D[i])|(f>>D[i]);
	for(i=0;i<=n*n;i++)	if(f[n*n+i]||f[n*n-i])
	{
		printf("%d\n",i>>1);
		return ;
	}
}
int main()
{
	T=rd();
	while(T--)	work();
	return 0;
}