bzoj 2561 最小生成树 最小割
2561: 最小生成树
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBDescription
给定一个边带正权的连通无向图G=(V,E)，其中N=|V|，M=|E|，N个点从1到N依次编号，给定三个正整数u，v，和L (u≠v)，假设现在加入一条边权为L的边(u,v)，那么需要删掉最少多少条边，才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上，也可能出现在最大生成树上？
Input
第一行包含用空格隔开的两个整数，分别为N和M；
接下来M行，每行包含三个正整数u，v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
最后一行包含用空格隔开的三个整数，分别为u，v，和 L；
数据保证图中没有自环。
接下来M行，每行包含三个正整数u，v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
最后一行包含用空格隔开的三个整数，分别为u，v，和 L；
数据保证图中没有自环。
Output
输出一行一个整数表示最少需要删掉的边的数量。
Sample Input
3 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2
Sample Output
1
HINT
对于20%的数据满足N ≤ 10，M ≤ 20，L ≤ 20；
对于50%的数据满足N ≤ 300，M ≤ 3000，L ≤ 200；
对于100%的数据满足N ≤ 20000，M ≤ 200000，L ≤ 20000。
Source
2012国家集训队Round 1 day1
大意：
给出一个图，问要使给出的最后一条边(X,Y,V)既可以在最小生成树又可以在最大生成树上，最少需要删掉几条边。
思路：
把原问题分割成两个小问题，<1>可以再最小生成树上 <2>可以在最大生成树上
对于问题<1>，删掉的边一定是权值小于V的，对于问题<2>，删掉的边一定是权值大于V的，没有交集。
求解<1>：拿出权值小于V的边建双向流量边(正向和反向流量上限都为1)，然后跑最大流，得到最小割，删掉最小割割集中的边就是删边的最优方案。
因为这样是使X和Y不连通的最小代价。
对于问题<2>同理，两个答案相加即可。
1 /* 2 Welcome Hacking 3 Wish You High Rating 4 */ 5 #include<iostream> 6 #include<cstdio> 7 #include<cstring> 8 #include<ctime> 9 #include<cstdlib> 10 #include<algorithm> 11 #include<cmath> 12 #include<string> 13 using namespace std; 14 const int INF=(1LL<<31)-1; 15 int read(){ 16 int xx=0,ff=1;char ch=getchar(); 17 while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')ff=-1;ch=getchar();} 18 while(ch>='0'&&ch<='9'){xx=xx*10+ch-'0';ch=getchar();} 19 return xx*ff; 20 } 21 inline int mymin(const int &A,const int &B) 22 {if(A<B)return A;return B;} 23 const int maxn=20010,maxm=200010; 24 int N,M,lin[maxn],len; 25 struct edge{ 26 int y,next,flow; 27 }e[maxm<<1]; 28 inline void insert(int xx,int yy,int ff){ 29 e[++len].next=lin[xx]; 30 lin[xx]=len; 31 e[len].y=yy; 32 e[len].flow=ff; 33 } 34 struct Edge{ 35 int x,y,v; 36 }E[maxm]; 37 int ans=0,SS,TT,VV; 38 int level[maxn],q[maxn],head,tail; 39 void build(bool sgn){ 40 memset(lin,0,sizeof(lin));len=0; 41 for(int i=1;i<=M;i++) 42 if(E[i].v<VV&&!sgn) 43 insert(E[i].x,E[i].y,1),insert(E[i].y,E[i].x,1); 44 else if(E[i].v>VV&&sgn) 45 insert(E[i].x,E[i].y,1),insert(E[i].y,E[i].x,1); 46 } 47 bool makelevel(){ 48 memset(level,-1,sizeof(level)); 49 head=tail=0; 50 q[head]=SS; 51 level[SS]=0; 52 for(;head<=tail;head++) 53 for(int i=lin[q[head]];i;i=e[i].next) 54 if(e[i].flow&&level[e[i].y]==-1){ 55 level[e[i].y]=level[q[head]]+1; 56 q[++tail]=e[i].y; 57 } 58 return level[TT]!=-1; 59 } 60 int max_flow(int x,int flow){ 61 if(x==TT) 62 return flow; 63 int maxflow=0,d; 64 for(int i=lin[x];i&&flow>maxflow;i=e[i].next) 65 if(level[e[i].y]==level[x]+1&&e[i].flow){ 66 d=max_flow(e[i].y,mymin(e[i].flow,flow-maxflow)); 67 if(d){ 68 maxflow+=d; 69 e[i].flow-=d; 70 if(i&1) 71 e[i+1].flow+=d; 72 else 73 e[i-1].flow+=d; 74 } 75 } 76 if(!maxflow) 77 level[x]=-1; 78 return maxflow; 79 } 80 void dinic(){ 81 int d; 82 while(makelevel()) 83 while((d=max_flow(SS,INF))) 84 ans+=d; 85 } 86 int main(){ 87 //freopen("in.txt","r",stdin); 88 N=read(),M=read(); 89 for(int i=1;i<=M;i++) 90 E[i].x=read(),E[i].y=read(),E[i].v=read(); 91 SS=read(),TT=read(),VV=read(); 92 build(0); 93 dinic(); 94 build(1); 95 dinic(); 96 printf("%d\n",ans); 97 return 0; 98 }
