【bzoj2400】Spoj 839 Optimal Marks 最小割

好题！！！

最小割
按位做
枚举每一位
一个点与S联通表示这个点选0，与T联通表示这个点选1
如果这个点为0，那么源点S向这个点连一条容量为inf的边
如果这个点为1，那么这个点向汇点T连一条容量为inf的边
每条边对应连一条容量为1的边
考虑点权的话非常巧妙，本来两个条件应该是费用流的？
但是可以通过一些技巧用最小割来实现
把原来的边容量放大10000倍
如果一个点不和S直接连边，那么源点S向这个点连一条容量为1的边
这样割掉这条边要花1的费用
为什么是对的呢？因为小边是不会影响大边的，一定是在大边最小的情况下，才会考虑小边，就等价于在边权和最小的情况下，考虑点权和
ans/10000是最小边权和，ans%10000是最小点权和

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define maxn 510
#define maxm 20010
#define inf 1000000000

using namespace std;

struct yts
{
	int x,y;
}e[2010];

int head[maxn],to[maxm],c[maxm],next[maxm],q[maxn],d[maxn];
int a[maxn];
int num,n,m,s,t;
long long ans1,ans2;

void addedge(int x,int y,int z)
{
	num++;to[num]=y;c[num]=z;next[num]=head[x];head[x]=num;
	num++;to[num]=x;c[num]=0;next[num]=head[y];head[y]=num;
}

void build(int k)
{
	num=1;
	memset(head,0,sizeof(head));
	s=0;t=n+1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	  if (a[i]>=0)
	  {
	  	if (a[i]&(1<<k))
	  	{
	  		addedge(i,t,inf);addedge(s,i,1);
	  	}
	  	else addedge(s,i,inf);
	  }
	  else addedge(s,i,1);
	for (int i=1;i<=m;i++) addedge(e[i].x,e[i].y,10000),addedge(e[i].y,e[i].x,10000);
}

bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof(d));
	int l=0,r=1;
	q[1]=s;d[s]=0;
	while (l<r)
	{
		int x=q[++l];
		for (int p=head[x];p;p=next[p])
		  if (c[p] && d[to[p]]==-1)
		  {
		  	d[to[p]]=d[x]+1;
		  	q[++r]=to[p];
		  }
	}
	if (d[t]==-1) return 0; else return 1;
}

int find(int x,int low)
{
	if (x==t || low==0) return low;
	int totflow=0;
	for (int p=head[x];p;p=next[p])
	  if (c[p] && d[to[p]]==d[x]+1)
	  {
	  	int a=find(to[p],min(c[p],low));
	  	c[p]-=a;c[p^1]+=a;
	  	low-=a;totflow+=a;
	  	if (low==0) return totflow;
	  }
	if (low) d[x]=-1;
	return totflow;
}

int Dinic()
{
	int ans=0;
	while (bfs()) ans+=find(s,inf);
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);
	for (int k=0;k<=30;k++)
	{
		build(k);
		int sum=Dinic();
		int sum1=sum/10000,sum2=sum%10000;
		ans1+=(long long)sum1*(long long)(1<<k);
		ans2+=(long long)sum2*(long long)(1<<k);
	}
	printf("%lld\n%lld\n",ans1,ans2);
	return 0;
}