【题解】[SHOI2007]善意的投票 / [JLOI2010]冠军调查

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\(\text{Solution:}\)

我们令源点和汇点分别为睡觉和不睡觉这两种互斥的决策点。把小朋友看成点，问题转化为最小割。

每一个小朋友对自己的意愿指向的汇点/源点。容量为\(1.\)之后要处理好朋友之间的关系。

让我们回到最小割的定义：求一组边，使它们割掉后，\(S,T\)不连通。

注意，这里只是不连通，而不是直接没有边相连。

于是，我们可以对每一对小朋友建立双向边，因为他们之间的关系是对称的。而我们把他们划分到两个集合种，只需要割掉双向边中的一条，它们就已经不连通了。

于是，这个问题被成功建模。

总结：深度清晰理解什么是最小割。注意仅仅是\(S,T\)不连通即可。不是割掉所有边。这题的边都表示的是一种关系，如\(A\to B\)的意义是\(A\)和\(B\)在同一立场。

我们的目的是将\(S,T\)分开以求到一组可行解。这组解最小的代价就是我们要求的最小冲突数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=300010;
const int inf=(1<<30);
struct edge{
	int nxt,to,flow;
}e[MAXN];
int n,m,head[MAXN],tot=1,S,T;
inline void add(int x,int y,int w){
	e[++tot].to=y;e[tot].nxt=head[x];e[tot].flow=w;head[x]=tot;
	e[++tot].to=x;e[tot].nxt=head[y];e[tot].flow=0;head[y]=tot;
}
int dep[MAXN],cur[MAXN];
bool bfs(int s,int t){
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	queue<int>q;q.push(s);
	dep[s]=1;cur[s]=head[s];
	while(!q.empty()){
		s=q.front();q.pop();
		for(int i=head[s];i;i=e[i].nxt){
			int j=e[i].to;
			if(!dep[j]&&e[i].flow){
				dep[j]=dep[s]+1;
				cur[j]=head[j];
				if(j==t)return true;
				q.push(j);
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int s,int flow,int t){
	if(s==t||flow<=0)return flow;
	int rest=flow;
	for(int i=head[s];i;i=e[i].nxt){
		int j=e[i].to;
		if(dep[j]==dep[s]+1&&e[i].flow){
			int tmp=dfs(j,min(rest,e[i].flow),t);
			if(tmp<=0)dep[j]=0;
			rest-=tmp;e[i].flow-=tmp;e[i^1].flow+=tmp;
			if(rest<=0)break;
		}
	}
	return flow-rest;
}
int dinic(int s,int t){
	int ans=0;
	for(;bfs(s,t);)ans+=dfs(s,inf,t);
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	S=0;T=n+1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x;scanf("%d",&x);
		if(x)add(S,i,1);
		else add(i,T,1);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y,1);add(y,x,1);
	}
	printf("%d\n",dinic(S,T));
	return 0;
}