2277. 秘密挤奶机

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2277. 秘密挤奶机

农夫约翰正在制造一台新的挤奶机，并希望对这件事进行严格保密。

他将挤奶机藏在了农场的深处，使他能够在不被发现的情况下，进行这项任务。

在机器制造的过程中，他要在牛棚和挤奶机之间一共进行 $T$ 次往返。

他有一个秘密通道只能在返程时使用。

农场由 $N$ 个地标（编号 $1 \sim N$）组成，这些地标由 $P$ 条双向道路（编号 $1 \sim P$）连接。

每条道路的长度为正，且不超过 $10^6$。

多条道路可能连接同一对地标。

为了尽可能的减少自己被发现的可能性，农场中的任何一条道路都最多只能使用一次，并且他应该尝试使用尽可能短的道路。

帮助约翰从牛棚（地标 $1$）到达秘密挤奶机（地标 $N$）总共 $T$ 次。

找到他必须使用的最长的单个道路的最小可能长度。

请注意，目标是最小化所使用的最长道路的长度，而不是最小化所有被使用道路的长度之和。

保证约翰可以在不走重复道路的情况下完成 $T$ 次行程。

输入格式

第一行包含三个整数 $N,P,T$。

接下来 $P$ 行，每行包含三个整数 $A_i,B_i,L_i$，表示地标 $A_i$ 和 $B_i$ 之间存在一条长度为 $L_i$ 的道路。

输出格式

输出一个整数，表示约翰必须使用的最长的单个道路的最小可能长度。

数据范围

$1 \le T \le 200$,
$2 \le N \le 200$,
$1 \le P \le 40000$,
$1 \le A_i,B_i \le N$,
$1 \le L_i \le 10^6$

输入样例：

7 9 2
1 2 2
2 3 5
3 7 5
1 4 1
4 3 1
4 5 7
5 7 1
1 6 3
6 7 3

输出样例：

5

样例解释

约翰可以选择以下两条路径：$1 - 2 - 3 - 7$ 和 $1 - 6 - 7$。

两条路径中包含的所有道路长度均不超过 $5$。

约翰无法在仅使用长度小于 $5$ 的道路的情况下，两次从 $1$ 到 $7$。

解题思路

二分，最大流

二分最长长度 $x$，即只用考虑长度小于等于 $x$ 的边，对这些边形成的图建立流网络，每条边的容量设为 $1$，找 $1$ 到 $n$ 的最大流，即为不形成重边的路径数量，$\color{red}{为什么？}$可以发现流网络的可行流与实际问题是一一对应的：对于流网络中的一个可行流，从 $1$ 出发的所有流量一定最后都到达 $n$，流过的边对应实际选择的路径，从 $1$ 出发有多少流量就对应实际有多少条不重边的路径

• 时间复杂度：$O(n^2mlogw)$

代码

// Problem: 秘密挤奶机
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2279/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=205,M=80005,inf=1e8;
int n,m,k;
int h[N],ne[M],w[M],f[M],e[M],idx;
int S,T;
int d[N],hh,tt,q[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	hh=tt=d[S]=0;
	q[0]=S;
	cur[S]=h[S];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==T)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==T)return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
		cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
bool ck(int x)
{
	for(int i=0;i<idx;i++)
		if(w[i]<=x)f[i]=1;
		else
			f[i]=0;
	return dinic()>=k;
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    S=1,T=n;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x,y,z;
    	scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    	add(x,y,z),add(y,x,z);
    }
    int l=1,r=1000000;
    while(l<r)
    {
    	int mid=l+r>>1;
    	if(ck(mid))r=mid;
    	else
    		l=mid+1;
    }
    printf("%d",l);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16926977.html
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