【Coel.学习笔记】最小割的简单应用

最小割的定义在最开始那篇笔记讲过了，就不再赘述。
根据最大流最小割定理，要求最小割只要求最大流既可。

以下几道题出自胡伯涛的论文《最小割模型在信息学竞赛中的应用》。

网络战争

给出一个带权无向图 $G = (V,E)$，每条边 $e$ 有一个权 $w_e$。

求将点 $s$ 和点 $t$ 分开的一个边割集 $C$，使得该割集的平均边权最小，即最小化：

$$\frac{\sum\limits_{e \in C}w_e}{|C|}$$

注意： 边割集的定义与最小割中的割边的集合不同。在本题中，一个边割集是指：将这些边删去之后，$s$ 与 $t$ 不再连通。

解析：形如几个数求和与这些数的量之比的求最值问题，通常都与 0/1 分数规划有关。
对于 0/1 分数规划而言，找到一个数 \(\lambda\)，判断与原数的关系。若为小于关系，则有 \(\dfrac{\sum W_e}{|C|}<\lambda\)，等价于 \(\sum (W_e-\lambda)<0\)，反之亦然。因此我们只需要判断 \(\sum(W_e-\lambda)\) 正负就可以知道原式取值，显然这个式子可以二分。

那么此时问题转化为在原图中找到一个割集，使得边的总和最小。

判断一下这个割集和与 \(|C|\lambda\) 的关系。当差值小于 0 时意味着需要选边，反之不选。

代码如下：

// Problem: 网络战争
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2281/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// Author: Coel
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <iostream>

using namespace std;

const int maxn = 1e3 + 10, inf = 1e8;
const double eps = 1e-8;

int n, m, S, T;
int head[maxn], nxt[maxn], to[maxn], val[maxn], cnt;
int q[maxn], d[maxn], cur[maxn];
double c[maxn];

void add(int u, int v, int w) {
    nxt[cnt] = head[u], to[cnt] = v, val[cnt] = w, head[u] = cnt++;
    nxt[cnt] = head[v], to[cnt] = u, val[cnt] = w, head[v] = cnt++;
}

bool bfs() {
    int hh = 0, tt = 0;
    memset(d, -1, sizeof(d));
    q[0] = S, d[S] = 0, cur[S] = head[S];
    while (hh <= tt) {
        int u = q[hh++];
        for (int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) {
            int v = to[i];
            if (d[v] == -1 && c[i] > 0) {
                d[v] = d[u] + 1;
                cur[v] = head[v];
                if (v == T) return true;
                q[++tt] = v;
            }
        }
    }
    return false;
}

double find(int u, double limit) {
    if (u == T) return limit;
    double flow = 0;
    for (int i = cur[u]; ~i && flow < limit; i = nxt[i]) {
        cur[u] = i;
        int v = to[i];
        if (d[v] == d[u] + 1 && c[i] > 0) {
            double t = find(v, min(c[i], limit - flow));
            if (t < eps) d[v] = -1;
            c[i] -= t, c[i ^ 1] += t, flow += t;
        }
    }
    return flow;
}

double dinic(double mid) {
    double res = 0;
    for (int i = 0; i < cnt; i += 2) {
        if (val[i] <= mid) {
            res += val[i] - mid;
            c[i] = c[i ^ 1] = 0;
        } else
            c[i] = c[i ^ 1] = val[i] - mid;
    }
    double ans = 0, flow;
    while (bfs())
        while ((flow = find(S, inf))) ans += flow;
    return ans + res;
}

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m >> S >> T;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        add(u, v, w);
    }
    double l = 0, r = 1e7;
    while (r - l > eps) {
        double mid = (l + r) / 2;
        if (dinic(mid) < 0)
            r = mid;
        else
            l = mid;
    }
    cout << fixed << setprecision(2) << r;
    return 0;
}

最优标号

给定一个无向图 $G=(V,E)$，每个顶点都有一个标号，它是一个 $[0,2^{31}-1]$ 内的整数。

不同的顶点可能会有相同的标号。

对每条边 $(u,v)$，我们定义其费用 $cost(u,v)$ 为 $u$ 的标号与 $v$ 的标号的异或值。

现在我们知道一些顶点的标号。

你需要确定余下顶点的标号使得所有边的费用和尽可能小。

解析：异或是按位做的，所以每一位都完全独立，互不干扰。因此我们要算出每一位边权和相加，对每一位求最小值就可以得到答案了。
显然最后点集只会有两个：编号为 0 和编号为 1。由于一个数异或自己等于零，所以我们要连的边必然是跨集合的，所以答案为两个集合之间边的最小和。

// Problem: 最优标号
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2282/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// Author: Coel
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>

const int maxn = 5e4 + 10, inf = 1e8;

using namespace std;

int n, m, k, S, T;
int head[maxn], nxt[maxn], to[maxn], c[maxn], cnt;
int d[maxn], cur[maxn], p[maxn];

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

void add(int u, int v, int w1, int w2) {
    nxt[cnt] = head[u], to[cnt] = v, c[cnt] = w1, head[u] = cnt++;
    nxt[cnt] = head[v], to[cnt] = u, c[cnt] = w2, head[v] = cnt++;
}

void init_k(int k) {
    memset(head, -1, sizeof(head));
    cnt = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int u = e[i].u, v = e[i].v;
        add(u, v, 1, 1);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (p[i] >= 0) {
            if (p[i] >> k & 1)
                add(i, T, inf, 0);
            else
                add(S, i, inf, 0);
        }
    }
}

bool bfs() {
    queue<int> Q;
    memset(d, -1, sizeof(d));
    Q.push(S), d[S] = 0, cur[S] = head[S];
    while (!Q.empty()) {
        int u = Q.front();
        Q.pop();
        for (int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) {
            int v = to[i];
            if (d[v] == -1 && c[i]) {
                d[v] = d[u] + 1;
                cur[v] = head[v];
                if (v == T) return true;
                Q.push(v);
            }
        }
    }
    return false;
}

int find(int u, int limit) {
    if (u == T) return limit;
    int flow = 0;
    for (int i = cur[u]; ~i && flow < limit; i = nxt[i]) {
        cur[u] = i;
        int v = to[i];
        if (d[v] == d[u] + 1 && c[i]) {
            int t = find(v, min(c[i], limit - flow));
            if (!t) d[v] = -1;
            c[i] -= t, c[i ^ 1] += t, flow += t;
        }
    }
    return flow;
}

long long dinic(int k) {
    init_k(k);
    long long res = 0, flow;
    while (bfs())
        while ((flow = find(S, inf))) res += flow;
    return res;
}

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
    memset(p, -1, sizeof(p));
    S = 0, T = n + 1;
    for (int i = 0; i < m; i++) 
        cin >> e[i].u >> e[i].v;
    cin >> k;
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        p[u] = v;
    }
    long long res = 0;
    for (int i = 0; i <= 30; i++) 
        res += dinic(i) << i;
    cout << res;
    return 0;
}