LibreOJ2042 - 「CQOI2016」不同的最小割

最新推荐文章于 2020-02-25 14:43:13 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/VisJiao/p/LOJ2042.html

本文探讨了一个有趣的问题：在给定的无向图中，求解所有不同点对的最小割容量，并统计这些容量中不重复的数值数量。通过分治策略和Dinic算法，我们能够有效地解决这一问题。

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Description

给出一个给出一个\(n(n\leq850)\)个点\(m(m\leq8500)\)条边的无向图。定义\(cut(s,t)\)等于\(s,t\)的最小割的容量，求在所有\(cut(s,t)\)中不同的值有多少个。

Solution

有一个我也想不好为什么的性质：若\(s,t\)的最小割将原图划分成\(S,T\)两个集合，那么\(\forall u\in S,v\in T\)，有\(cut(u,v)=cut(s,t)\)。那么我们可以用分治来做。
对于一个点集\(V\)，随便选择两个不同的点\(s,t\)并求出最小割和集合\(S,T\)。接下来只要分别考虑\(S\)内部的最小割和\(T\)内部的最小割即可。
我们可以用一个数组\(seq\)上的一个区间\([L,R]\)来代表集合。每次求出\(S,T\)后将\(seq[L..R]\)按\(S\)在前\(T\)在后的顺序重排，这样\(S\)和\(T\)也可以用序列上的区间表示了。

Code

//「CQOI2016」不同的最小割
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
const int N=1e3;
const int INF=0x3F3F3F3F;
int n,m;
int edCnt,h[N];
struct edge{int v,c,nxt;} ed[20*N];
int s,t;
void edAdd(int u,int v,int c)
{
    edCnt++; ed[edCnt].v=v,ed[edCnt].c=c,ed[edCnt].nxt=h[u],h[u]=edCnt;
    edCnt++; ed[edCnt].v=u,ed[edCnt].c=c,ed[edCnt].nxt=h[v],h[v]=edCnt;
}
int dpt[N]; int op,cl,Q[N];
bool bfs()
{
    memset(dpt,0,sizeof dpt);
    op=cl=0; dpt[s]=1,Q[++cl]=s;
    while(op<cl)
    {
        int u=Q[++op]; if(u==t) break;
        for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
        {
            int v=ed[i].v;
            if(!dpt[v]&&ed[i].c) dpt[v]=dpt[u]+1,Q[++cl]=v;
        }
    }
    return dpt[t];
}
int fill(int u,int in)
{
    if(u==t||in==0) return in;
    int out=0;
    for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
    {
        int v=ed[i].v,c=ed[i].c;
        if(!c||dpt[v]!=dpt[u]+1) continue;
        int fl=fill(v,min(in-out,c));
        if(fl==0) dpt[v]=0;
        else ed[i].c-=fl,ed[i^1].c+=fl,out+=fl;
        if(in==out) break;
    }
    return out;
}
int Dinic()
{
    for(int i=2;i<=edCnt;i+=2) ed[i].c=ed[i^1].c=(ed[i].c+ed[i^1].c)>>1;
    int r=0;
    while(bfs()) r+=fill(s,INF);
    return r;
}
int cnt,seq[N],tmp[N];
int ansCnt,ans[N];
void solve(int L,int R)
{
    if(L==R) return;
    s=seq[L+R>>1],t=seq[R]; ans[++ansCnt]=Dinic();
    int op=L-1,cl=R+1;
    for(int i=L;i<=R;i++) tmp[dpt[seq[i]]?++op:--cl]=seq[i];
    for(int i=L;i<=R;i++) seq[i]=tmp[i];
    solve(L,op),solve(cl,R);
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    edCnt=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u=read(),v=read(),w=read();
        edAdd(u,v,w);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) seq[i]=i;
    solve(1,n);
    sort(ans+1,ans+ansCnt+1);
    printf("%d\n",unique(ans+1,ans+ansCnt+1)-ans-1);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/VisJiao/p/LOJ2042.html