【bzoj 2095】Bridges（二分+混合图的欧拉回路）

传送门biu~
求混合图的欧拉回路的方法：
1.对于所有无向边任意定向。
2.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.将所有 入度>出度 的点向汇点连一条容量为 (入度−出度)/2 的弧，源点向所有 出度>入度 的点连一条容量为 (出度−入度)/2 的弧，再对于原图中所有的定向为a->b无向边连一条从a到b容量为1的弧。
4.跑最大流，如果正好能使所有从源点出来的弧满流，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。求方案时，用有向图求欧拉回路的方法求解即可。

解析：首先只有当所有点的“入度=出度”时，这张图才能有欧拉回路。所以我们的目标是调整“无向边”的方向使得每个点的入度等于出度。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。这样中间经过的那些点出度入度不变，只有一开始的点入度+1，出度-1、最后的点入度-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。

对于本题，首先应该二分求出经过的欧拉回路上承受的风力的最大值。在这个最大值的约束下，原来的某些无向边因为某个方向的风力过大，只能从另一个方向通过。即无向边到有向边的改变。在最大值的限制下，原图变成了一个混合图，用上面说到的方法就可以判断是否有欧拉回路了。

#include
#define N 1050
#define M 8050
#define inf 1000000000
using namespace std;
struct Edge{int u,v,w1,w2;}e[2005];
int n,m,S,T,tot,ans,head[N],fir[N],dep[N],degree[N],nex[M],to[M],cap[M],tp;
queue<int>q;
inline void add(int x,int y,int c){
    nex[++tp]=head[x];
    head[x]=tp;
    to[tp]=y;
    cap[tp]=c;
}
inline void Insert(int x,int y,int c){add(x,y,c);add(y,x,0);}
inline int bfs(){
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    q.push(S);dep[S]=1;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
            if(!dep[to[i]] && cap[i]){
                dep[to[i]]=dep[x]+1;
                q.push(to[i]);
            }
        }
    }
    return dep[T];
}
int dfs(int x,int now){
    if(!now || x==T)    return now;
    int c=0;
    for(int &i=fir[x];i;i=nex[i]){
        if(dep[to[i]]==dep[x]+1 && cap[i]){
            int f=dfs(to[i],min(now,cap[i]));
            c+=f;
            now-=f;
            cap[i]-=f;
            cap[i^1]+=f;
            if(!now)    break;
        }
    }
    return c;
}
inline int Dinic(){
    int c=0;
    while(bfs()){
        for(int i=S;i<=T;++i)   fir[i]=head[i];
        c+=dfs(S,inf);
    }
    return c;
}
inline bool check(int x){
    memset(head,0,sizeof head);tp=1;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        if(e[i].w1>x)   return false;
        if(e[i].w2<=x)  Insert(e[i].u,e[i].v,1);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(degree[i]>0)     Insert(S,i,degree[i]/2);
        if(degree[i]<0)     Insert(i,T,-degree[i]/2);
    }
    return (Dinic()*2==tot);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);S=0,T=n+1;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w1,&e[i].w2);
        if(e[i].w1>e[i].w2) swap(e[i].u,e[i].v),swap(e[i].w1,e[i].w2);
        ++degree[e[i].u],--degree[e[i].v];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(degree[i]&1){
            puts("NIE");
            return 0;
        }
        tot+=abs(degree[i])>>1;
    }
    int l=1,r=1000;
    while(l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid))  ans=mid,r=mid-1;
        else    l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}