【BZOJ2095/POI2010】Bridges

                                「BZOJ2095」[POI2010] Bridges

Description

YYD为了减肥,他来到了瘦海,这是一个巨大的海,海中有n个小岛,小岛之间有m座桥连接,两个小岛之间不会有两座桥,并且从一个小岛可以到另外任意一个小岛。现在YYD想骑单车从小岛1出发,骑过每一座桥,到达每一个小岛,然后回到小岛1。霸中同学为了让YYD减肥成功,召唤了大风,由于是海上,风变得十分大,经过每一座桥都有不可避免的风阻碍YYD,YYD十分ddt,于是用泡芙贿赂了你,希望你能帮他找出一条承受的最大风力最小的路线。

Input

输入:第一行为两个用空格隔开的整数n(2<=n<=1000),m(1<=m<=2000),接下来读入m行由空格隔开的4个整数a,b(1<=a,b<=n,a<>b),c,d(1<=c,d<=1000),表示第i+1行第i座桥连接小岛a和b,从a到b承受的风力为c,从b到a承受的风力为d。

Output

输出:如果无法完成减肥计划,则输出NIE,否则第一行输出承受风力的最大值(要使它最小)

Sample Input

4 4
1 2 2 4
2 3 3 4
3 4 4 4
4 1 5 4

Sample Output

4

 

解析:
       二分答案+混合图欧拉回路的判定。

       挺有意思,我就只做了三个小时而已。

       在网上学习了一下混合图欧拉回路,在这做一个总结:

       算法步骤:

       1.先对所有无向边进行任意定向,即随机为他们确定一个方向 
       2.此时这张图变成了一个有向图,我们计算出所有点的入度和出度,如果有点的入度与出度的奇偶性不同,那么无解 
       3.从源点S连一条流量为(in[i] - out[i]) / 2的边到所有入度>出度的点,超级源点向所有出度大于入度的点连一条容量为(out[i] - in[i]) / 2的边,然后对于原图中所有的定向为(a,b)无向边连一条从b 到a容量为1的边 
       4.跑网络流,如果正好能使所有从超级源点出来的边满流,则有解
       5.把在网络流中那些因为原图无向边而建的流量为1的边中经过流量的边反向,就形成了一个能跑出欧拉回路的有向图,如果要求方案,用有向图求欧拉回路的方法求解即可。

       如何理解?

       首先回顾下有向图的欧拉回路的条件是什么:所有的节点出度等于入度。现考虑到下面的这个图的转化过程:

【BZOJ2095/POI2010】Bridges_第1张图片

       假设上方图中的A,B两点代表在有向图存在欧拉回路时任意两点之间连边关系,显然有两个点的入度等于出度。现在考虑改变某条边的方向,那么可以看到新的入度和出入如下图,这里有一个不变量就是任意一个点的入度和出度之差的奇偶性不变。

       而考虑我们刚才所进行的网络流建图,从源到汇的一条增广路中经过的那些“原来是无向边而产生的边”,相当于把它们全部进行反向。这样造成的后果就是中间经过的那些点出度入度不变,只有一两端点的点入度+1,出度-1或入度-1,出度+1。所以当源点到一个点的那条边满流时,就意味着这个点的出度已经等于入度了,自调整的过程已经完成。而当全部的点全部完成这一事件时,就说明已经能找到一条欧拉回路了。

 

代码:

#include 
using namespace std;

const int inf=1e9;
const int Max=2010;
int n,m,size,sum,ans,S,T,l,r,mid,tag,mn=1e9,mx;
int first[Max],du[Max],u[Max],v[Max],l1[Max],l2[Max],dep[Max],tmp[Max];
struct shu{int to,next,len;};
shu edge[1000005];

inline int get_int()
{
	int x=0,f=1;
	char c;
	for(c=getchar();(!isdigit(c))&&(c!='-');c=getchar());
	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
	return x*f;
}

inline void build(int x,int y,int z)
{
	edge[++size].next=first[x],first[x]=size,edge[size].to=y,edge[size].len=z;
	edge[++size].next=first[y],first[y]=size,edge[size].to=x,edge[size].len=0;
}

inline bool bfs()
{
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	queueq;q.push(S),dep[S]=1;
	while(q.size())
	{
	  int p=q.front();q.pop();
	  for(int u=first[p];u;u=edge[u].next)
	  {
	  	int to=edge[u].to;
	  	if(!dep[to]&&edge[u].len)
	  	{
	  	  dep[to]=dep[p]+1,q.push(to);
	  	  if(to==T) return 1;
	  	}
	  }
	}
	return 0;
}

inline int dinic(int p,int flow)
{
	if(p==T) return flow;
	int sum=0;
	for(int &u=tmp[p];u&&sum0) build(S,i,du[i]/2),sum+=du[i]/2; //出度大于入读
	  else build(i,T,-du[i]/2);
	}
	return calc();
} 

inline void solve()
{
	while(l>1;
	  if(check(mid)) tag=1,r=mid;
	  else l=mid+1;
	}
}

int main()
{
	n=get_int(),m=get_int(),T=n+1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
	  u[i]=get_int(),v[i]=get_int(),l1[i]=get_int(),l2[i]=get_int();
	  if(l1[i]>l2[i]) swap(u[i],v[i]),swap(l1[i],l2[i]);
	  mx=max(mx,l2[i]),mn=min(mn,l1[i]);
	}
	l=mn,r=mx+1;  //这种二分写法右端点最好大于极限情况,不然会WA。。。
	solve();
	if(!tag) puts("NIE");
	else cout<

 

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