LightOJ 1167 - Dangerous Tunnels 二分枚举+最大流

题目：http://www.lightoj.com/volume_showproblem.php?problem=1167

题意：山顶和山下分别有两个部落，编号为0和n+1，它们之间有很多隧道，有n个中转站（就是两条隧道相接的地方），每条隧道有一个危险程度，一条路径的危险程度是路径中所有隧道危险程度的最大值，几条路径的危险程度是危险程度最大的路径的危险程度，现在从山顶向山下选k条路径，求最大危险程度。选择隧道时只能从较高的中转站往较低的中转站走，且两条路径不能经过同一个中转站。

思路：中转站只能经过一次，所以拆点连边，容量为1，0和n + 1为源点汇点，为了方便一起拆点，容量设成一个较大值（本题大于等于10即可），然后我们二分枚举危险程度，小于等于枚举值的边连上，此时最大流的意义就是有几条路径，若大于等于k，说明枚举值是满足题意的，只要二分枚举到满足题意得最小值即可

总结：刚开始RE一发，后来忘写了换行，收获了WA。。。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 220;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
struct edge
{
    int to, cap, next;
}g[N*N*2];
int head[N], iter[N], level[N];
int n, m, cnt, _case = 0;
void add_edge(int v, int u, int cap)
{
    g[cnt].to = u, g[cnt].cap = cap, g[cnt].next = head[v], head[v] = cnt++;
    g[cnt].to = v, g[cnt].cap = 0, g[cnt].next = head[u], head[u] = cnt++;
}
bool bfs(int s, int t)
{
    memset(level, -1, sizeof level);
    level[s] = 0;
    queue que;
    que.push(s);
    while(! que.empty())
    {
        int v = que.front(); que.pop();
        for(int i = head[v]; i != -1; i = g[i].next)
        {
            int u = g[i].to;
            if(g[i].cap > 0 && level[u] < 0)
            {
                level[u] = level[v] + 1;
                que.push(u);
            }
        }
    }
    return level[t] == -1;
}
int dfs(int v, int t, int f)
{
    if(v == t) return f;
    for(int &i = iter[v]; i != -1; i = g[i].next)
    {
        int u = g[i].to;
        if(g[i].cap > 0 && level[v] < level[u])
        {
            int d = dfs(u, t, min(g[i].cap, f));
            if(d > 0)
            {
                g[i].cap -= d, g[i^1].cap += d;
                return d;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dinic(int s, int t)
{
    int flow = 0, f;
    while(true)
    {
        if(bfs(s, t)) return flow;
        memcpy(iter, head, sizeof head);
        while(f = dfs(s, t, INF),f > 0)
            flow += f;
    }
}
int main()
{
    int t, k;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        int t1[N*N], t2[N*N], t3[N*N];
        for(int i = 1; i <= m; i++)
        {
            scanf("%d%d%d", t1 + i, t2 + i, t3 + i);
            if(t1[i] > t2[i]) swap(t1[i], t2[i]); //连边时从t1向t2连，要保证t1中转站高于t2对应中转站
        }
        scanf("%d", &k);
        int l = 0, r = 100001, res = -1;
        while(l <= r)
        {
            cnt = 0;
            memset(head, -1, sizeof head);
            int mid = (l + r) >> 1;
            for(int i = 1; i <= n; i++)
                add_edge(i, i + n + 2, 1); //对中转站拆点连边，容量1
            add_edge(0, 0 + n + 2, 10); //源点汇点拆点连边
            add_edge(n + 1, n + 1 + n + 2, 10);
            for(int i = 1; i <= m; i++)
                if(t3[i] <= mid) //小于等于枚举值连边
                    add_edge(t1[i] + n + 2, t2[i], 1);
            if(dinic(0, n + 1 + n + 2) >= k) r = mid - 1, res = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        if(res == -1) printf("Case %d: no solution\n", ++_case);
        else printf("Case %d: %d\n", ++_case, res);
    }
    return 0;
}