BZOJ2095: [Poi2010]Bridges

题解：

二分答案之后就是混合图（有向边+无向边）的欧拉回路问题。

如何判断欧拉回路是否存在？

把该图的无向边随便定向，计算每个点的入度和出度。如果有某个点出入度
之差为奇数，那么肯定不存在欧拉回路。因为欧拉回路要求每点入度 = 出度，
也就是总度数为偶数，存在奇数度点必不能有欧拉回路。
好了，现在每个点入度和出度之差均为偶数。那么将这个偶数除以 2，得 x。
也就是说，对于每一个点，只要将 x 条边改变方向（入>出就是变入，出>入就是9
变出），就能保证出=入。如果每个点都是出=入，那么很明显，该图就存在欧拉
回路。
现在的问题就变成了：我该改变哪些边，可以让每个点出=入？构造网络流
模型。首先，有向边是不能改变方向的，要之无用，删。一开始不是把无向边定
向了吗？定的是什么向，就把网络构建成什么样，边长容量上限 1。另新建 s 和
t。对于入>出的点 u，连接边(u, t)、容量为 x，对于出>入的点 v，连接边(s, v)，
容量为 x（注意对不同的点 x 不同）。之后，察看是否有满流的分配。有就是能
有欧拉回路，没有就是没有。欧拉回路是哪个？察看流值分配，将所有流量非 0
（上限是 1，流值不是 0 就是 1）的边反向，就能得到每点入度=出度的欧拉图。
由于是满流，所以每个入>出的点，都有 x 条边进来，将这些进来的边反向，
OK，入=出了。对于出>入的点亦然。那么，没和 s、t 连接的点怎么办？和 s 连
接的条件是出>入，和 t 连接的条件是入>出，那么这个既没和 s 也没和 t 连接的
点，自然早在开始就已经满足入=出了。那么在网络流过程中，这些点属于“中
间点”。我们知道中间点流量不允许有累积的，这样，进去多少就出来多少，反
向之后，自然仍保持平衡。
所以，就这样，混合图欧拉回路问题，解了。

代码：

 

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cmath>
  4 #include<cstring>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<iostream>
  7 #include<vector>
  8 #include<map>
  9 #include<set>
 10 #include<queue>
 11 #include<string>
 12 #define inf 1000000000
 13 #define maxn 100000+5
 14 #define maxm 100000+5
 15 #define eps 1e-10
 16 #define ll long long
 17 #define pa pair<int,int>
 18 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
 19 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
 20 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
 21 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
 22 #define for4(i,x) for(int i=head[x],y=e[i].go;i;i=e[i].next,y=e[i].go)
 23 #define mod 1000000007
 24 using namespace std;
 25 inline int read()
 26 {
 27     int x=0,f=1;char ch=getchar();
 28     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 29     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
 30     return x*f;
 31 }
 32 int  n,m,s,t,maxflow,tot=1,head[maxn],cur[maxn],h[maxn];
 33 queue<int>q;
 34 bool can[maxn];
 35 int u[maxn],v[maxn],w1[maxn],w2[maxn],in[maxn],out[maxn],sum;
 36 struct edge{int go,next,v;}e[maxm];
 37 void add(int x,int y,int v)
 38 {
 39     e[++tot]=(edge){y,head[x],v};head[x]=tot;
 40     e[++tot]=(edge){x,head[y],0};head[y]=tot;
 41 }
 42 bool bfs()
 43 {
 44     for(int i=s;i<=t;i++)h[i]=-1;
 45     q.push(s);h[s]=0;
 46     while(!q.empty())
 47     {
 48         int x=q.front();q.pop();
 49         for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
 50          if(e[i].v&&h[e[i].go]==-1)
 51          {
 52             h[e[i].go]=h[x]+1;q.push(e[i].go);
 53          }
 54     }
 55     return h[t]!=-1;
 56 }
 57 int dfs(int x,int f)
 58 {
 59     if(x==t) return f;
 60     int tmp,used=0;
 61     for(int i=cur[x];i;i=e[i].next)
 62      if(e[i].v&&h[e[i].go]==h[x]+1)
 63     {
 64         tmp=dfs(e[i].go,min(e[i].v,f-used));
 65         e[i].v-=tmp;if(e[i].v)cur[x]=i;
 66         e[i^1].v+=tmp;used+=tmp;
 67         if(used==f)return f;       
 68     }
 69     if(!used) h[x]=-1;
 70     return used;
 71 }
 72 void dinic()
 73 {
 74     maxflow=0;
 75     while(bfs())
 76     {
 77         for (int i=s;i<=t;i++)cur[i]=head[i];maxflow+=dfs(s,inf);
 78     }
 79 }
 80 bool check(int mid)
 81 {
 82     memset(head,0,sizeof(head));tot=1;
 83     memset(out,0,sizeof(out));
 84     memset(in,0,sizeof(in));
 85     sum=0;s=0;t=n+1;
 86     for1(i,m)
 87     {
 88         if(w1[i]<=mid)out[u[i]]++,in[v[i]]++;//有向边计算入度和出度 
 89         if(w2[i]<=mid)add(v[i],u[i],1);//无向边把刚才假设的边的反向边加入代表我们反悔的资本 
 90     }
 91     for1(i,n)if(abs(in[i]-out[i])&1)return 0;
 92     for1(i,n)
 93     {
 94         int x=in[i]-out[i];
 95         sum+=x>0?x>>1:0;
 96         if(x>0)add(s,i,x>>1);//入度太大了！派i去走x>>1条反悔边！！！ 
 97         if(x<0)add(i,t,(-x)>>1);//同理 
 98     }
 99     dinic();
100     return maxflow==sum;
101 }
102 int main()
103 {
104     freopen("input.txt","r",stdin);
105     freopen("output.txt","w",stdout);
106     n=read();m=read();
107     int l=inf,r=-inf;
108     for1(i,m)
109     {
110         u[i]=read();v[i]=read();w1[i]=read();w2[i]=read();
111         if(w1[i]>w2[i])swap(w1[i],w2[i]),swap(u[i],v[i]);
112         l=min(l,w1[i]);r=max(r,w2[i]);
113     }
114     while(l<=r)
115     {
116         int mid=(l+r)>>1;
117         if(check(mid))r=mid-1;else l=mid+1;
118     }
119     if(!check(l))printf("NIE\n");else printf("%d\n",l);
120     return 0;
121 }
View Code

 

                                                               2095: [Poi2010]Bridges

 

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 259 MB
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[Submit][Status]

Description

YYD为了减肥，他来到了瘦海，这是一个巨大的海，海中有n个小岛，小岛之间有m座桥连接，两个小岛之间不会有两座桥，并且从一个小岛可以到另外任意一个小岛。现在YYD想骑单车从小岛1出发，骑过每一座桥，到达每一个小岛，然后回到小岛1。霸中同学为了让YYD减肥成功，召唤了大风，由于是海上，风变得十分大，经过每一座桥都有不可避免的风阻碍YYD，YYD十分ddt，于是用泡芙贿赂了你，希望你能帮他找出一条承受的最大风力最小的路线。

Input

输入：第一行为两个用空格隔开的整数n（2<=n<=1000），m(1<=m<=2000)，接下来读入m行由空格隔开的4个整数a，b（1<=a,b<=n,a<>b），c，d(1<=c,d<=1000)，表示第i+1行第i座桥连接小岛a和b，从a到b承受的风力为c，从b到a承受的风力为d。

Output

输出：如果无法完成减肥计划，则输出NIE，否则第一行输出承受风力的最大值（要使它最小)

Sample Input

4 4
1 2 2 4
2 3 3 4
3 4 4 4
4 1 5 4

Sample Output

4

HINT

 

Source

by poi

 

posted @ 2014-12-28 18:40  ZYF-ZYF  Views(829)  Comments(1)  Edit  收藏  举报