Andrew Stankevich Contest 22 A. Maximal Flows Dimension
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Andrew Stankevich Contest 22 A. Maximal Flows Dimension
题目大意
回顾网络流的定义:一张图的流函数 \(f:E\rightarrow \mathbb{R}\),是满足 容量限制、斜对称性、流量守恒性 的函数,即:
流的大小定义为 \(\sum_{(s,v)\in E}f(s,v)\),其中流的加法和标量乘法定义为 对应函数值的 加法和乘法。
现在固定下任意一个最大流 \(f_{max}\),若一个最大流集合 \(\{f_1,f_2,...,f_n\}\) 满足任意一个最大流都可以表示为如下形式,且是极小的,则称之为最大流的一组基:
可以证明基的大小是唯一的,称之为最大流的维度。
现在给定一个 \(n\) 个点,\(m\) 条边的图,求出它的最大流维度。
\(1\leq n,m\leq 10\),边容量 \(\leq 10^4\) 。
思路
容易发现 \(f\) 和 \(f_{max}\) 的具体取值不重要,我们只要关注差值 \(f-f_{max}\)。
注意到流量守恒的性质依然在 \(f-f_{max}\) 中成立,而由于两者都是最大流,流量相同,所以此时的 \(S\) 和 \(T\) 同样满足流量守恒。而一张所有点的入度等于出度的图,本质是由一系列环组成的,在这里也是,注意到右侧的和式 \(\sum\alpha_if_i\) 本质上亦是如此,所以问题转化为我们要找到一组环的基,能够生成其它的所有环。
考虑哪些环会出现在流的差值中,这相当于是一个最大流转化到另一个最大流的过程,于是想到在 \(dinic\) 求最大流时的残留网络,如果在一个最大流的残留网络上塞一个环上去,就刚好可以得到另外一个最大流,而所有网络流之间都是可以互相转化的(怎么证呢),所以任意一个残留网络上的 所有环的集合 即为 差值中可能出现的环。
在得到所有环之后,考虑怎么求出最小的基。我们将一条边作为向量,每一位记录点的状态,端点处为 \(1\),剩下的地方为 \(0\),一系列边构成环 \(\iff\) 向量按位异或和为 \(0\) 。从而所有的环都可以通过这种方式表示出来,我们要做的就是用尽量少的边表示出这些环,其实就是表示出剩下的边,这就是线性基,于是原问题的最大流维度等价于此时的线性基的大小。题目便做完了。
实现时先求一遍最大流,然后在残余网络上找到那些可能被包含在环中的边,即 \(SCC\) 内部的边,然后把它们拉出来跑线性基即可。
时间复杂度 \(O(n^2m)\),由于每条边只有两处非零,所以实现精细一些应该可以做到 \(O(dinic(n,m)+nm)\) 。
Code
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<fstream>
#define mem(a,b) memset(a, b, sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 12
#define Inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n, m;
int head[N], nxt[2*N], to[2*N];
int now[N], dis[N], cap[2*N], c[N], dfn[N], low[N];
int cnt, S, T, scc, num;
bool in[N], leftout[N];
queue<int> q;
stack<int> stk;
int base[N];
void init(){ mem(head, -1), cnt = -1; }
void add_e(int a, int b, int c, bool id){
nxt[++cnt] = head[a], head[a] = cnt, to[cnt] = b, cap[cnt] = c;
if(id) add_e(b, a, 0, 0);
}
bool bfs(){
mem(dis, 0), dis[S] = 1;
q.push(S);
while(!q.empty()){
int cur = q.front(); q.pop();
now[cur] = head[cur];
for(int i = head[cur]; ~i; i = nxt[i]) if(cap[i])
if(!dis[to[i]]) dis[to[i]] = dis[cur]+1, q.push(to[i]);
}
return dis[T];
}
int dfs(int x, int flow){
if(x == T) return flow;
int flown = 0;
for(int i = now[x]; ~i; i = nxt[i]){
int y = to[i]; now[x] = i;
if(!cap[i] || dis[y] != dis[x]+1) continue;
int t = dfs(y, min(flow - flown, cap[i]));
cap[i] -= t, cap[i^1] += t;
flown += t;
if(flown == flow) break;
}
return flown;
}
void tarjan(int x){
dfn[x] = low[x] = ++num;
in[x] = true, stk.push(x);
for(int i = head[x]; ~i; i = nxt[i]) if(cap[i]){
int y = to[i];
if(!dfn[y]) tarjan(y), low[x] = min(low[x], low[y]);
else if(in[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
if(c[y]) leftout[i/2+1] = true;
}
if(dfn[x] == low[x]){
int y; ++scc;
do{
y = stk.top(); stk.pop();
in[y] = false, c[y] = ++scc;
} while(y != x);
}
}
int main(){
freopen("dimension.in", "r", stdin);
freopen("dimension.out", "w", stdout);
cin>>n>>m;
int u, v, w; init();
rep(i,1,m) cin>>u>>v>>w, add_e(u, v, w, 1);
S = 1, T = n;
while(bfs()) dfs(S, Inf);
rep(i,1,n) if(!dfn[i]) tarjan(i);
int dim = 0;
rep(i,1,m) if(!leftout[i]){
dim++;
int val = 1<<(to[i*2-1]-1) | 1<<(to[i*2-2]-1);
rep(p,0,n-1) if(val>>p&1)
if(!base[p]){ base[p] = val, dim--; break; }
else val ^= base[p];
}
cout<< dim <<endl;
return 0;
}