【BZOJ 1797】 [Ahoi2009]Mincut 最小割

1797: [Ahoi2009]Mincut 最小割

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Description

A,B两个国家正在交战，其中A国的物资运输网中有N个中转站，M条单向道路。设其中第i (1≤i≤M)条道路连接了vi,ui两个中转站，那么中转站vi可以通过该道路到达ui中转站，如果切断这条道路，需要代价ci。现在B国想找出一个路径切断方案，使中转站s不能到达中转站t，并且切断路径的代价之和最小。 小可可一眼就看出，这是一个求最小割的问题。但爱思考的小可可并不局限于此。现在他对每条单向道路提出两个问题： 问题一：是否存在一个最小代价路径切断方案，其中该道路被切断？ 问题二：是否对任何一个最小代价路径切断方案，都有该道路被切断？ 现在请你回答这两个问题。

Input

第一行有4个正整数，依次为N,M,s和t。第2行到第(M+1)行每行3个正 整数v,u,c表示v中转站到u中转站之间有单向道路相连，单向道路的起点是v， 终点是u,切断它的代价是c(1≤c≤100000)。 注意:两个中转站之间可能有多条道路直接相连。 同一行相邻两数之间可能有一个或多个空格。

Output

对每条单向边，按输入顺序，依次输出一行，包含两个非0即1的整数，分 别表示对问题一和问题二的回答(其中输出1表示是，输出0表示否)。 同一行相邻两数之间用一个空格隔开，每行开头和末尾没有多余空格。

Sample Input

6 7 1 6
1 2 3
1 3 2
2 4 4
2 5 1
3 5 5
4 6 2
5 6 3

Sample Output

1 0
1 0
0 0
1 0
0 0
1 0
1 0

HINT

设第(i+1)行输入的边为i号边，那么{1,2},{6,7},{2,4,6}是仅有的三个最小代价切割方案。它们的并是{1,2,4,6,7}，交是 。 

【数据规模和约定】 

测试数据规模如下表所示 
数据编号 N M 数据编号 N M 
1 10 50 6 1000 20000 
2 20 200 7 1000 40000 
3 200 2000 8 2000 50000 
4 200 2000 9 3000 60000 
5 1000 20000 10 4000 60000 

Source

Day1

求最小割的可行边和必须边。

最小割：

最小割是割掉几条边，使得s和t不连通，并且割掉边的流量之和最小。且最小割等于最大流。

现在来考虑本题的要求。

把每个边看成粗细不同的水管，管子的粗细表示流量的大小，那么一条路径上的最大流量就是由最细的管子决定的。

因此这个最细的管子是满流的。

感性的想，要用最小的代价使水无法从s流到t，把这些最细的管子割掉就好了。

因此可行边和必须边一定是满流的。

先看可行边：

如果割掉这条边，还能从这条边的from到达to,这样割一点意义都没有。所以可行边被割掉之后，（在残量网络中）一定不能从他的from到达to。

再看必须边：

如果在残量网络中，s能到达这条边的from,这条边的to能到达t，说明这条边是他所在的路径上流量最小的边（唯一的），那么一定要割掉这条边。

因此这道题我们只要在残量网络中跑一边tarjan（因为有反向边，所以有环），根据上述条件判断对应点是否在同一个强连通分量中即可。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define M 1000+5
#define inf 0x3f3f3f3f
#include <stack>
using namespace std;
stack<int> S;
int tot=1,scc_cnt,s,t,h[M],low[M],dfs_clock,dfn[M];
int scc[M],vt[M],v[M],d[M],cur[M],n,m;
struct edge
{
	int from,to,cap,flow,ne;
}E[200005];
void Addedge(int from,int to,int cap)
{
	E[++tot]=(edge){from,to,cap,0,h[from]};
	h[from]=tot;
	E[++tot]=(edge){to,from,0,0,h[to]};
	h[to]=tot;
}
bool bfs()
{
	queue<int> q;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		v[i]=0;
	v[s]=1;
	d[s]=0;
	q.push(s);
	while (!q.empty())
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		for (int i=h[x];i;i=E[i].ne)
		{
			edge e=E[i];
			if (!v[e.to]&&e.cap>e.flow)
			{
				v[e.to]=1;
				d[e.to]=d[x]+1;
				q.push(e.to);
			}
		}
	}
	return v[t];
}
int dfs(int x,int a)
{
	if (x==t||!a) return a;
	int flow=0;
	for (int &i=cur[x];i;i=E[i].ne)
	{
		edge &e=E[i];
		if (d[e.to]!=d[x]+1) continue;
		int f=dfs(e.to,min(a,e.cap-e.flow));
		if (f)
		{
			a-=f;
			e.flow+=f;
			E[i^1].flow-=f;
			flow+=f;
			if (!a) break;
		}
	}
	return flow;
}
void dinic()
{
	while (bfs())
	{
		for (int i=1;i<=n;i++)
			cur[i]=h[i];
		dfs(s,inf);
	}
}
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++dfs_clock;
	S.push(x);
	for (int i=h[x];i;i=E[i].ne)
	{
		edge e=E[i];
		if (e.cap-e.flow<=0) continue;
		if (!dfn[e.to])
		{
			tarjan(e.to);
			low[x]=min(low[x],low[e.to]);
		}
		else
			if (!scc[e.to])
				low[x]=min(low[x],dfn[e.to]);
	}
	if (dfn[x]==low[x])
	{
		scc_cnt++;
		while (!S.empty())
		{
			int now=S.top();
			S.pop();
			scc[now]=scc_cnt;
			if (now==x)
				break;
		}
	}
}
int main()
{
        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,c;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
		Addedge(x,y,c);
	}
	dinic();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!dfn[i])
			tarjan(i);
	for (int i=2;i<=tot;i+=2)
	{
		edge e=E[i];
		if (e.cap==e.flow&&scc[e.to]!=scc[e.from])
			printf("1");
		else 
			printf("0");
		if (e.cap==e.flow&&scc[e.from]==scc[s]&&scc[e.to]==scc[t])
			printf(" 1\n");
		else 
			printf(" 0\n");
	}
	return 0;
}

感悟：

1.TLE是点数看错，数组开小