bzoj2561最小生成树

bzoj2561最小生成树

题意：

给定一个连通无向图，假设现在加入一条边权为L的边(u,v)，求需要删掉最少多少条边，才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上，也可能出现在最大生成树上。

题解：

最小割。如果一个边出现在最小生成树上，那么权值比它小的边一定不能使图联通。因为要求删掉最少，所以当加入这条边后整个图刚好联通。因此可以将这条边的一个端点作为源，另一端点作为汇，插入所以权值比L小的边，每条边流量为1，跑最小割，求出来的答案就是使源、汇不联通最少删掉边。最大生成树同理，插入的是权值比L大的。最后答案是两次跑最小割的结果相加。反思：注意边要开到4倍，而且图中边是无向边，在网络流插边时要插两个方向。这道题也告诉我们实际上数据范围上万的可能也是用网络流。dinic/ISAP的玄学复杂度QAQ

代码：

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <queue>
 #define maxn 30000
 #define inc(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
 #define INF 0x3fffffff
 using namespace std;

 struct e{int t,c,n;}; e es[maxn*]; int g[maxn],ess;
 inline void pe(int f,int t,int c){
     es[++ess]=(e){t,c,g[f]}; g[f]=ess; es[++ess]=(e){f,,g[t]}; g[t]=ess;
 }
 inline void init(){
     ess=-; memset(g,-,sizeof(g));
 }
 queue <int> q; int h[maxn];
 bool bfs(int s,int t){
     memset(h,-,sizeof(h)); while(!q.empty())q.pop(); h[s]=; q.push(s);
     while(! q.empty()){
         int x=q.front(); q.pop();
         for(int i=g[x];i!=-;i=es[i].n)if(es[i].c&&h[es[i].t]==-)h[es[i].t]=h[x]+,q.push(es[i].t);
     }
     return h[t]!=-;
 }
 int dfs(int x,int t,int f){
     if(x==t)return f; int u=;
     for(int i=g[x];i!=-;i=es[i].n)if(es[i].c&&h[es[i].t]==h[x]+){
         int w=dfs(es[i].t,t,min(f,es[i].c)); f-=w; u+=w; es[i].c-=w; es[i^].c+=w; if(f==)return u;
     }
     if(u==)h[x]=-; return u;
 }
 int dinic(int s,int t){
     int f=; while(bfs(s,t))f+=dfs(s,t,INF); return f;
 }
 int n,m,u[maxn*],v[maxn*],w[maxn*],U,V,L;
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m); inc(i,,m)scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&w[i]); scanf("%d%d%d",&U,&V,&L); int ans=;
     init(); inc(i,,m)if(w[i]<L)pe(u[i],v[i],),pe(v[i],u[i],); ans+=dinic(U,V);
     init(); inc(i,,m)if(w[i]>L)pe(u[i],v[i],),pe(v[i],u[i],); ans+=dinic(U,V);
     printf("%d",ans); return ;
 }

20160523