bzoj4519【CQOI2016】不同的最小割

4519: [Cqoi2016]不同的最小割

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Description

学过图论的同学都知道最小割的概念：对于一个图，某个对图中结点的划分将图中所有结点分成

两个部分，如果结点s,t不在同一个部分中，则称这个划分是关于s,t的割。对于带权图来说，将

所有顶点处在不同部分的边的权值相加所得到的值定义为这个割的容量，而s,t的最小割指的是在

关于s,t的割中容量最小的割。

而对冲刺NOI竞赛的选手而言，求带权图中两点的最小割已经不是什么难事了。我们可以把

视野放宽，考虑有N个点的无向连通图中所有点对的最小割的容量，共能得到N(N−1)

2个数值。

这些数值中互不相同的有多少个呢？这似乎是个有趣的问题。

Input

输入文件第一行包含两个数N，M，表示点数和边数。接下来M行，每行三个数u，v，w，

表示点u和点v（从1开始标号）之间有条边权值是w。

1<=N<=850 1<=M<=8500 1<=W<=100000

Output

 输出文件第一行为一个整数，表示个数。

Sample Input

4 4
1 2 3
1 3 6
2 4 5
3 4 4

Sample Output

3

分治+最小割树

首先，最小割树是针对无向图而言的。其次，最小割树上两点间的最小割(路径上的最小边)，对应的就是原图中两点的最小割。

所以问题就转化成最小割树上长度不同的边有多少条。

这样只要在最小割树分治的时候加一个判断就可以了。

(具体实现方法见代码)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 1000
#define maxm 20000
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m,s,t,ans,cnt=1;
int head[maxn],cur[maxn],dis[maxn],a[maxn],b[maxn];
bool tag[maxn];
struct edge_type{int next,to,v;}e[maxm];
map<int,bool> mp;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y,int z)
{
	e[++cnt]=(edge_type){head[x],y,z};head[x]=cnt;
	e[++cnt]=(edge_type){head[y],x,z};head[y]=cnt;
}
inline bool bfs()
{
	queue<int> q;
	memset(dis,-1,sizeof(dis));
	dis[s]=0;q.push(s);
	while (!q.empty())
	{
		int x=q.front();q.pop();
		if (x==t) return true;
		for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
		{
			int y=e[i].to;
			if (e[i].v&&dis[y]==-1)
			{
				dis[y]=dis[x]+1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
	return false;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
	if (x==t) return f;
	int sum=0,tmp;
	for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (e[i].v&&dis[y]==dis[x]+1)
		{
			tmp=dfs(y,min(e[i].v,f-sum));
			sum+=tmp;e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;
		}
	}
	if (!sum) dis[x]=-1;
	return sum;
}
inline void get(int x)
{
	tag[x]=true;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (e[i].v&&!tag[y]) get(y);
	}
}
inline void solve(int l,int r)
{
	if (l==r) return;
	for(int i=2;i<=cnt;i+=2) e[i].v=e[i^1].v=(e[i].v+e[i^1].v)>>1;
	s=a[l];t=a[r];
	int mxf=0;
	while (bfs())
	{
		F(i,1,n) cur[i]=head[i];
		mxf+=dfs(s,inf);
	}
	if (!mp[mxf]) ans++,mp[mxf]=true;
	memset(tag,false,sizeof(tag));
	get(s);
	int t1=l,t2=r;
	F(i,l,r)
	{
		if (tag[a[i]]) b[t1++]=a[i];
		else b[t2--]=a[i];
	}
	F(i,l,r) a[i]=b[i];
	solve(l,t1-1);solve(t1,r);
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,m)
	{
		int x=read(),y=read(),z=read();
		add_edge(x,y,z);
	}
	F(i,1,n) a[i]=i;
	solve(1,n);
	printf("%d\n",ans);
}