Stoer-Wagner算法，求解无向图的最小割

正题

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这种思想值得学习！
我们知道最小割会将集合分为两部分S集和T集。
考虑随意选出两个点$A,B$，显然在一个最小割中这两个点要么在同一个集合，要么不在同一个集合。
在同一个集合十分好做：我们只需要将这两个点合并起来看作一个点考虑就可以了（边加权合并），因为可以简单分析得到，对于任意的一个点$C$，要么与$A,B$在同一个集合，要么不在同一个集合。
如果我们知道不在同一个集合怎么做，我们就可以每次选两个点出来求一遍答案，然后合并（即考虑在同一个集合的答案），然后求所有这样答案的最小值即可，一共合并$n-1$次。
做法依赖于一个集合$V$，我们将当前与$V$中的直接连边权值最大的点加入$V$中（第一个无所谓），形成了一个排列，有定理：排列的最后一个点与前面点的最小割为最后一个点加入V时的权值。
我们先规定一些记号，在作证明：
1.记$w(V,x)$表示集合$V$中与$x$的直接连边权值和。
2.记$V_x$表示$x$前的点，不包括$x$。
2.记$W(x)$表示$x$与排列在其前面的直接连边权值和，也就是x加入排列时的权值。
3.记$C$为排列最后一个元素的最小割边集。
4.若点$x$满足排列中的前一个点$y$，与$x$不在同一个集合则称$x$是$active$的，显然可以发现割$C$将序列分为了很多段，每一段的开始都是一个$active$节点。
我们先尝试证明一个引理：对于第一个$active$的点$x$，满足$C$在其前面的部分$\ge W(x)$。
“在其前面的部分”指的是排列的前面这一段的诱导子图产生的诱导最小割。
因为$x$是第一个$active$的点，所以前面的点都不是$active$的，也就是说，他们都处在同一个连通块内，而$x$与他们处在不同的连通块内，所以至少要割去$W(x)$
定理：对于所有的$active$的点$x$，满足$C$在其前面的部分$\ge W(x)$
在上面的引理已经证明了这个对第一个点肯定满足。
设当前要考虑的$active$点为$x$，上一个$active$点为$y$。
可以看到：对于在$x$前面的点来说，到$x$的权值和肯定是$\ge$到y的，因为$x$比$y$先加入。
也就是：$w(C_x)\ge w(V_x,x)\ge w(V_x,y)$
其次，$x$到$y$前这一段都与$y$处于异侧，那么割$C$肯定新包含这些边。
也就是：$w(V_y-V_x,y)=w(C_y)-w(C_x)$
可以得到：$w(V_y,y)=w(V_y-V_x,y)+w(V_x,y)\le w(C_y)$
对于每一个$active$都满足这样的性质，而最后一个点一定是一个$active$点，因为在证明$C$为$s-t$割，我们只需要将最后两个点设为$s,t$即可。满足条件$w(C)\ge w(V_t,t)$，而割去t与周围点的连边肯定可以将t与周围点隔开，所以$w(C)=w(V_t,t)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=610;
int n,m,d[N][N],w[N],a[N];
bool tf[N],vis[N];

int gs(int x){
	
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	memset(w,0,sizeof(w));w[0]=-1;
	for(int i=1;i<=x;i++){
		int mx=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(!tf[j] && !vis[j] && w[mx]<w[j]) mx=j;
		a[i]=mx;vis[mx]=true;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(!tf[j] && !vis[j]) w[j]+=d[mx][j];
	}
	tf[a[x]]=true;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		d[a[x-1]][i]+=d[a[x]][i];
		d[i][a[x-1]]+=d[i][a[x]];
	}
	return w[a[x]];
}

int solve(){
	int ans=1e9;
	for(int i=n;i>=2;i--) ans=min(ans,gs(i));
	return ans;
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	int x,y,c;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d %d %d",&x,&y,&c),d[x][y]+=c,d[y][x]+=c;
	printf("%d\n",solve());
}