BZOJ1797 [Ahoi2009]Mincut 最小割【最小割唯一性判定】

题目

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。

输入格式

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。

输出格式

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。

输入样例

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

输出样例

1 0

0 0

1 0

0 0

1 0

提示

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

2015.4.16新加数据一组，可能会卡掉从前可以过的程序。

题解

先跑最大流求出任意一个最小割

对残量网络缩点

然后对于一条满流的边(u,v)

①Scc[u]!=Scc[v]，存在(u,v)被割的方案

②Scc[u]Scc[S]&&Scc[v]Scc[T]，(u,v)必定被割

jcvb:

在残余网络上跑tarjan求出所有SCC，记id[u]为点u所在SCC的编号。显然有id[s]!=id[t]（否则s到t有通路，能继续增广）。

①对于任意一条满流边(u,v)，(u,v)能够出现在某个最小割集中，当且仅当id[u]!=id[v]；

②对于任意一条满流边(u,v)，(u,v)必定出现在最小割集中，当且仅当id[u]id[s]且id[v]id[t]。

①

<将每个SCC缩成一个点，得到的新图就只含有满流边了。那么新图的任一s-t割都对应原图的某个最小割，从中任取一个把id[u]和id[v]割开的割即可证明。

②

<：假设将(u,v)的边权增大，那么残余网络中会出现s->u->v->t的通路，从而能继续增广，于是最大流流量（也就是最小割容量）会增大。这即说明(u,v)是最小割集中必须出现的边。

#include<iostream>

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<queue>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

using namespace std;

const int maxn = 4005,maxm = 200005,INF = 1000000000;

inline int read(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}

	return out * flag;

}

int h[maxn],ne = 2,n,m,S,T;

struct EDGE{int from,to,nxt,f;}ed[maxm];

inline void build(int u,int v,int w){

	ed[ne] = (EDGE){u,v,h[u],w}; h[u] = ne++;

	ed[ne] = (EDGE){v,u,h[v],0}; h[v] = ne++;

}

int vis[maxn],d[maxn],cur[maxn];

bool bfs(){

	memset(d,0,sizeof(d));

	memset(vis,0,sizeof(vis));

	queue<int> q;

	vis[S] = true; q.push(S); int u;

	while (!q.empty()){

		u = q.front(); q.pop();

		Redge(u) if (ed[k].f && !vis[to = ed[k].to]){

			d[to] = d[u] + 1; vis[to] = true; q.push(to);

		}

	}

	return vis[T];

}

int dfs(int u,int minf){

	if (u == T || !minf) return minf;

	int f,flow = 0,to;

	if (cur[u] == -1) cur[u] = h[u];

	for (int& k = cur[u]; k; k = ed[k].nxt)

		if (d[to = ed[k].to] == d[u] + 1 && (f = dfs(to,min(ed[k].f,minf)))){

			ed[k].f -= f; ed[k ^ 1].f += f;

			flow += f; minf -= f;

			if (!minf) break;

		}

	return flow;

}

int maxflow(){

	int flow = 0;

	while (bfs()){

		for (int i = 1; i <= n; i++) cur[i] = -1;

		flow += dfs(S,INF);

	}

	return flow;

}

int dfn[maxn],low[maxn],st[maxn],Scc[maxn],top,cnt,scci;

void dfs(int u){

	dfn[u] = low[u] = ++cnt;

	st[++top] = u;

	Redge(u) if (ed[k].f){

		if (!dfn[to = ed[k].to]){

			dfs(to);

			low[u] = min(low[u],low[to]);

		}else if (!Scc[to]) low[u] = min(low[u],dfn[to]);

	}

	if (dfn[u] == low[u]){

		scci++;

		do{

			Scc[st[top]] = scci;

		}while (st[top--] != u);

	}

}

int ans[2][maxm];

int main(){

	n = read(); m = read(); S = read(); T = read(); int a,b,w;

	REP(i,m){

		a = read(); b = read(); w = read();

		build(a,b,w);

	}

	maxflow();

	REP(i,n) if (!dfn[i]) dfs(i);

	for (int i = 1; i <= m; i++){

		int k = i << 1;

		if (!ed[k].f){

			if (Scc[ed[k].from] != Scc[ed[k].to]) ans[0][i] = 1;

			if (Scc[ed[k].from] == Scc[S] && Scc[ed[k].to] == Scc[T]) ans[1][i] = 1;

		}

	}

	for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d %d\n",ans[0][i],ans[1][i]);

	return 0;

}

巴特西

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