bzoj 2561: 最小生成树

Description

　 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。

　

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

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

 

在众多大佬不小心说漏嘴后,本蒟蒻认识到这是一个神奇的最小割问题;

以最小生成树为例,想一想LCT维护MST的操作,是如果加入边形成环，那么把环上的最大边弹去；

那么我们如果想要使加入(u,v,l)使得其在MST内，那我们要使得u-->v不存在一条路径使得路径上所有的边权全部都小于L；

(因为只要路径上有一个边权大于等于l，加入的边就可以把这个大于l的边弹掉,从而进入MST,所以含大于l边权的路径不需要删边);

所以我们只需要保留原图中小于l的路径(如果在此图中u,v连通则表示u-->v有一条路径使得路径上的所有边权都小于l,这样这条边就谁都弹不掉了)

那么我们上面的目标就变为割掉最少的边使u,v不连通了，直接连图上最小割；

最大生成树类似，所以两个最小割相加即可；(然而数组开小(无向边),调了1h+)

// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#define RG register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500050;
const int Inf=19260817;
int gi(){
  int x=0,flag=1;
  char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return x*flag;
}
struct data{
  int x,y,w;
}edge[N];
vector<int>p[N];
int head[N],to[N],nxt[N],s[N],n,m,S,T,L,q[N*10],level[N],F,cnt=1,hh;
inline void Addedge(RG int x,RG int y,RG int z) {
  to[++cnt]=y,s[cnt]=z,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
inline void lnk(RG int x,RG int y,RG int z){
  Addedge(x,y,z),Addedge(y,x,0);
}
inline bool bfs(){
  for(RG int i=1;i<=n;i++) level[i]=0;
  int t=0,sum=1;q[0]=S;level[S]=1;
  while(t<sum){
    int now=q[t++];
    if(now==T) return 1;
    for(int i=head[now];i;i=nxt[i]){
      int y=to[i];
      if(level[y]==0&&s[i]){
	level[y]=level[now]+1;
	q[sum++]=y;
      }
    }
  }
  return 0;
}
inline int dfs(RG int x,RG int maxf){
  if(x==T) return maxf;
  int ret=0;
  for(RG int i=head[x];i;i=nxt[i]){
    int y=to[i],f=s[i];
    if(level[y]==level[x]+1&&f){
      int minn=min(f,maxf-ret);
      f=dfs(y,minn);
      s[i]-=f,s[i^1]+=f;ret+=f;
      if(ret==maxf) break;
    }
  }
  if(!ret) level[x]=0;
  return ret;
}
inline void Dinic(){
  while(bfs()) F+=dfs(S,Inf);
}
int main(){
  n=gi(),m=gi();
  for(RG int i=1;i<=m;i++){
    edge[i].x=gi(),edge[i].y=gi(),edge[i].w=gi();
  }
  S=gi(),T=gi(),L=gi();
  for(RG int i=1;i<=m;i++){
    if(edge[i].w<L) lnk(edge[i].x,edge[i].y,1),lnk(edge[i].y,edge[i].x,1);
  }
  Dinic();
  memset(head,0,sizeof(head));cnt=1;
    for(RG int i=1;i<=m;i++){
    if(edge[i].w>L) lnk(edge[i].x,edge[i].y,1),lnk(edge[i].y,edge[i].x,1);
  }
  Dinic();
  printf("%d\n",F);
  return 0;
}