2280. 最优标号

题目链接

2280. 最优标号

给定一个无向图 $G=(V,E)$，每个顶点都有一个标号，它是一个 $[0,2^{31}-1]$ 内的整数。

不同的顶点可能会有相同的标号。

对每条边 $(u,v)$，我们定义其费用 $cost(u,v)$ 为 $u$ 的标号与 $v$ 的标号的异或值。

现在我们知道一些顶点的标号。

你需要确定余下顶点的标号使得所有边的费用和尽可能小。

输入格式

第一行有两个整数 $N,M$，$N$ 是图的点数，$M$ 是图的边数。

接下来有 $M$ 行，每行有两个整数 $u,v$，代表一条连接 $u,v$ 的边。

接下来有一个整数 $K$，代表已知标号的顶点个数。

接下来的 $K$ 行每行有两个整数 $u,p$，代表点 $u$ 的标号是 $p$。

假定这些 $u$ 不会重复。

所有点编号从 $1$ 到 $N$。

输出格式

输出一行一个整数，即最小的费用和。

数据范围

$1 \le N \le 500$,
$0 \le M \le 3000$,
$1 \le K \le N$

输入样例：

3 2
1 2
2 3
2
1 5
3 100

输出样例：

97

解题思路

最小割

由于是异或和，可以每一位单独考虑，对于第 $k$ 位而言，可以分为 $0$ 和 $1$ 两个集合，即建立源点 $s$，第 $k$ 位为 $1$ 的点放在 $s$ 这边形成最小割的 $S$ 部分，$s$ 向这部分点连边，容量足够大，建立汇点 $t$，第 $k$ 位为 $0$ 的点放在 $t$ 这边形成最小割的 $T$ 部分，这部分点向 $t$ 连边，容量也足够大，已知标号的点显然可以建立和 $s$ 和 $t$ 的关系，对于未知标号的点，考虑流网络直接在原图上建边，即对于原图上的任意一条边 $(x,y)$，直接在流网络上建立从 $x$ 到 $y$ 以及 $y$ 到 $x$ 的边，容量为 $1$，最后求解最小割 $x$ 即为第 $k$ 的贡献，即对于第 $k$ 位来说至少有 $x$ 条边该位为 $1$，即该位答案至少为 $m\times 2^k$，$\color{red}{为什么？}$显然求的是最小割，即割上不应该出现容量足够大的边，即一开始所有已知标号的点的第 $k$ 位就已经分好了位置，即对于已知第 $k$ 位为 $1$ 的点分在最小割的 $S$ 部分，对于第 $k$ 位为 $0$ 的点分在最小割的 $T$ 部分，要使这样的异或为 $1$ 的边最少，因为对于 $S$ 和 $T$ 其内部形成的边的异或都为 $0$，所以只考虑两部分中间的边，要求这样的边越少越好，即 $S$ 和 $T$ 两部分之间的边的容量越少越好，即最小割（开始流网络在原图上建边时每条边的容量设为 $1$，最小割值为多少就说明有多少条边）

• 时间复杂度：$O(30\times n^2m)$

代码

// Problem: 最优标号
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2282/
// 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=505,M=(3005+2*N)*2,inf=1e9;
int n,m,k,S,T;
PII edge[3005];
int h[N],ne[M],f[M],e[M],idx;
int p[N];
int q[N],hh,tt,cur[N],d[N];
void add(int a,int b,int c1,int c2)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c1,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=c2,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
void build(int k)
{
	memset(h,-1,sizeof h);
	idx=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=edge[i].fi,y=edge[i].se;
		add(x,y,1,1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(p[i]!=-1)
		{
			if(p[i]>>k&1)add(S,i,inf,0);
			else
				add(i,T,inf,0);
		}
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	d[0]=hh=tt=0;
	cur[S]=h[S];
	q[0]=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;
}
LL dinic(int k)
{
	int res=0,flow;
	build(k);
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
	memset(p,-1,sizeof p);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S=0,T=n+1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    	scanf("%d%d",&edge[i].fi,&edge[i].se);
	scanf("%d",&k);
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		p[x]=y;
	}
	LL res=0;
	for(int i=0;i<=30;i++)res+=dinic(i)<<i;
	printf("%lld",res);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16933438.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！