BZOJ2229: [Zjoi2011]最小割(最小割树)
最小割树
算法
初始时把所有点放在一个集合
从中任选两个点出来跑原图中的最小割
然后按照 \(s\) 集合与 \(t\) 集合的归属把当前集合划分成两个集合，递归处理
这样一共跑了 \(n − 1\) 次最小割
可以证明图中任意一对点之间的最小割的数值都包含在这 \(n − 1\) 个数值当中
把每次求出的最小割看成是两个点之间的边，可以建出一棵树
定理1
任意三点之间的最小割一定是两个相等的较小值和一个较大值
证明
设任意三点 \(a, b, c\) 之间的最小割分别为 \(mincut(a, b), mincut(a, c), mincut(b, c)\)
设 \(mincut(a, b)\) 是这三者中的最小值
那么在做 \(a − b\) 割时，\(c\) 一定属于其中的某一个集合，设其与 \(a\) 同属于一个集合
那么就有 \(mincut(b, c) \le mincut(a, b)\)
又因为 \(mincut(a, b) \le mincut(b, c)\)，所以两者相等
定理2
图中至多只有 \(n − 1\) 种不同的最小割
证明
编了一个构造的证明
首先根据定理 \(1\) ，可以转化成如下问题：
\(n\) 个点的无向完全图，要给每一条边染色，要求每个三元环上有两条边同色，求最多可以染多少种颜色
考虑归纳法
假设现在已经有一条长度大于 \(1\) 的链 \(a\) 到 \(b\) 上的边的颜色互不相同
考虑染 \((a,b)\) 这条边
如果链长 \(=2\)，那么 \((a,b)\) 只能选择链上某条边的颜色
如果链长 \(>2\)，假设两个端点在链上的不是 \((a,b)\) 的边的颜色都是链上某条边的颜色
那么取出其中两条 \((a,c)\) 和 \((c,b)\)，\((a,b)\) 只能选择两个中其中一条边的颜色，即链上某条边的颜色
所以可以得到，颜色互不相同的边不能形成环，所以最优的显然是树，即 \(n-1\) 中颜色
Sol
至此问题已经完美解决
建出最小割树，任意两个点的最小割就是路径边权最小值
直接暴力也可以
复杂度貌似 \(\Theta(n^3m)\) \(???\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(505);
const int inf(1e9);
int first[maxn], n, m, cnt, lev[maxn], vis[maxn], s, t, id[maxn], tmp[maxn], cur[maxn], mincut[maxn][maxn], record[maxn << 4];
queue <int> q;
struct Edge {
int to, next, w;
} edge[maxn << 4];
inline void Add(int u, int v, int w) {
edge[cnt] = (Edge){v, first[u], w}, first[u] = cnt++;
edge[cnt] = (Edge){u, first[v], w}, first[v] = cnt++;
record[cnt - 1] = record[cnt - 2] = w;
}
inline int Bfs() {
memset(lev, 0, sizeof(lev)), lev[s] = 1, q.push(s);
register int u, e, v;
while (!q.empty()) {
for (u = q.front(), q.pop(), e = first[u]; ~e; e = edge[e].next)
if (edge[e].w && !lev[v = edge[e].to]) lev[v] = lev[u] + 1, q.push(v);
}
return lev[t];
}
int Dfs(int u, int maxf) {
if (u == t) return maxf;
register int ret = 0, &e = cur[u], f, v;
for (; ~e; e = edge[e].next)
if (edge[e].w && lev[v = edge[e].to] == lev[u] + 1){
f = Dfs(v, min(edge[e].w, maxf - ret));
ret += f, edge[e].w -= f, edge[e ^ 1].w += f;
if (ret == maxf) return ret;
}
if (!ret) lev[u] = 0;
return ret;
}
inline int Dinic() {
register int ret = 0, i;
for (i = 0; i < cnt; ++i) edge[i].w = record[i];
while (Bfs()) memcpy(cur, first, sizeof(cur)), ret += Dfs(s, inf);
return ret;
}
void Mark(int u) {
if (vis[u]) return;
register int e;
for (vis[u] = 1, e = first[u]; ~e; e = edge[e].next) if (edge[e].w) Mark(edge[e].to);
}
inline void Solve(int l, int r) {
if (l >= r) return;
memset(vis, 0, sizeof(vis)), s = id[l], t = id[r];
register int i, j, mid, d = Dinic();
for (Mark(s), j = 0, i = l; i <= r; ++i) if (vis[id[i]]) tmp[++j] = id[i];
for (mid = l + j - 1, i = l; i <= r; ++i) if (!vis[id[i]]) tmp[++j] = id[i];
for (i = l; i <= r; ++i) id[i] = tmp[i - l + 1];
for (i = 1; i <= n; ++i)
if (vis[i])
for (j = 1; j <= n; ++j)
if (i != j && !vis[j]) mincut[i][j] = mincut[j][i] = min(mincut[i][j], d);
Solve(l, mid), Solve(mid + 1, r);
}
int main() {
register int i, j, u, v, w, test;
scanf("%d", &test);
while (test--) {
memset(first, -1, sizeof(first)), cnt = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d%d", &u, &v, &w), Add(u, v, w);
for (i = 1; i <= n; ++i) id[i] = i;
memset(mincut, 63, sizeof(mincut)), Solve(1, n), scanf("%d", &w);
while (w--) {
scanf("%d", &u), v = 0;
for (i = 1; i <= n; ++i)
for (j = i + 1; j <= n; ++j) v += mincut[i][j] <= u;
printf("%d\n", v);
}
putchar('\n');
}
return 0;
}
参考文献
- 某鸽姓选手的网络流课件
2. 垃圾博主自己yy
