BZOJ_2561_最小生成树_最小割

BZOJ_2561_最小生成树_最小割

题意：　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？

分析：

如果所有边中有能使u，v连通且权值比L小的，那新加的这条边就不会出现在最小生成树上，最大生成树同理，那么问题就转化成求u，v之间的最小割，最小和最大分别做一次，相加即可。

注意无向图连边时容量。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 20020
#define M 400050
#define inf 100000000
struct A
{
    int a,b,v;  
}e[M];
int S,T,ans;
int head[N],to[M],nxt[M],cnt=1,flow[M],n,m;
int dep[N];
void add(int u,int v,int f)
{
    to[++cnt]=v;
    nxt[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
    flow[cnt]=f;    
}
bool bfs()
{
    queue <int> q;
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    dep[S]=1;q.push(S);
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        {
            if(!dep[to[i]]&&flow[i])
            {
                dep[to[i]]=dep[x]+1;
                if(to[i]==T)return 1;
                q.push(to[i]);
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int x,int mf)
{
    if(x==T)return mf;
    int nf=0;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
    {
        if(dep[to[i]]==dep[x]+1&&flow[i])
        {
            int tmp=dfs(to[i],min(flow[i],mf-nf));
            nf+=tmp;
            flow[i]-=tmp;
            flow[i^1]+=tmp;
            if(nf==mf)break;
        }
    }
    dep[x]=0;
    return nf;
}
int dinic()
{
    int f,sum=0;
    while(bfs())
    {
        while(f=dfs(S,inf))
        {
            sum+=f; 
        }
    }
    return sum;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&e[i].a,&e[i].b,&e[i].v);
    }
    scanf("%d%d%d",&S,&T,&z);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(e[i].v<z)
        {
            add(e[i].a,e[i].b,1);
            add(e[i].b,e[i].a,1);
        }
    }
    ans+=dinic();
    memset(head,0,sizeof(head));
    cnt=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(e[i].v>z)
        {
            add(e[i].a,e[i].b,1);
            add(e[i].b,e[i].a,1);
        }
    }
    printf("%d",ans+dinic());
}