POJ1966 Cable TV Network（最大流最小割）

题意：
给了一张n个点，m条边的无向图。问最少删除多少个点，能让图不连通。

思路：
1、图不连通，意味着有两个点不连通。所以我们枚举任意两点S，T看要删除多少个点，才能使他们不连通，维护最小值即可。

2、最少删除多少个点，才能使两点之间不连通，看上去有点像最小割，但最小割要求的是最少删多少条边。所以这里我们使用拆点。

3、对于一个点X，我们把它拆成两个点，一个点是它本身 就是X，称为入点。一个是X+N，称为出点。我们让(X,X+N)这条边的容量为1，那么删除这条边，等于删除了X这个点。这样就把点化成了边。

4、假设原图中X和Y联通，那么我们建边就是(X+N,Y)，（Y+N，X）
即一个点的出点到下一个点的入点相连，容量设为无穷大，防止边被割断。
然后最小割=最大流。每次枚举两点S、T跑最大流维护最小值即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=105,M=2550;
struct E{
    int to,next,v;
}e[M<<1];
int h[N<<1],tot;
int n,m;
int ans;
int deep[N],cur[N];
int mp[N][N];
void add(int a,int b,int v){
    e[tot]={b,h[a],v},h[a]=tot++;
    e[tot]={a,h[b],0},h[b]=tot++;
}
int bfs(int s,int t){
      memset(deep,0,sizeof deep);
      queue<int> que;
      deep[s]=1;
      que.push(s);
      while(!que.empty()){
          int x=que.front();
          que.pop();
          for(int i=h[x];~i;i=e[i].next){
              int to=e[i].to,v=e[i].v;
              if(v && !deep[to]){
                  deep[to]=deep[x]+1;
                  que.push(to);
              }
          }
      }
      return deep[t];
}
int dfs(int s,int t,int flow){
    if(s==t) return flow;
    int sum=0;
    for(int &i=cur[s];~i;i=e[i].next){
        int to=e[i].to,v=e[i].v;
        if(v && deep[to]==deep[s]+1){
            int Next=dfs(to,t,min(flow,v));
            e[i].v-=Next,e[i^1].v+=Next;
            flow-=Next,sum+=Next;
        }
    }
    if(!sum) deep[s]=-2;
    return sum;
}
void Dinic(int s,int t){
    int INF=0x3f3f3f3f;
    ans=0;
    while(bfs(s,t)) {
        memcpy(cur,h,sizeof h);
        ans+=dfs(s,t,INF);
    }
}
int main(){
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        int Mi=n;
        memset(mp,0,sizeof mp);
        while(m--){
          int x,y;
          scanf(" (%d,%d)",&x,&y);
          mp[x+1][y+1]=mp[y+1][x+1]=1;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
          for(int j=i+1;j<=n;j++){
              if(!mp[i][j]){
                tot=0;
                memset(h,-1,sizeof h);
                for(int k=1;k<=n;k++){
                  for(int l=1;l<=n;l++){
                      if(k==l) {///拆成出点和入点
                        add(k,k+n,1);
                      }
                      else if(mp[k][l]) {
                        add(k+n,l,0x3f3f3f3f);///k的出点到l的入点
                      }
                    }
                }
                Dinic(i+n,j);
                Mi=min(Mi,ans);
              }
          }
        }
        printf("%d\n",Mi);
    }
    return 0;
}