前言

你说你是个网络流的题，就算了嘛，还要输出方案，啧啧啧...

题目

题目描述

你第一天接手三鹿牛奶公司就发生了一件倒霉的事情：公司不小心发送了一批有三聚氰胺的牛奶。很不幸，你发现这件事的时候，有三聚氰胺的牛奶已经进入了送货网。这个送货网很大，而且关系复杂。你知道这批牛奶要发给哪个零售商，但是要把这批牛奶送到他手中有许多种途径。送货网由一些仓库和运输卡车组成，每辆卡车都在各自固定的两个仓库之间单向运输牛奶。在追查这些有三聚氰胺的牛奶的时候，有必要保证它不被送到零售商手里，所以必须使某些运输卡车停止运输，但是停止每辆卡车都会有一定的经济损失。你的任务是，在保证坏牛奶不送到零售商的前提下，制定出停止卡车运输的方案，使损失最小。

输入格式

第一行: 两个整数N(2<=N<=32)、M(0<=M<=1000), N表示仓库的数目，M表示运输卡车的数量。仓库1代表发货工厂，仓库N代表有三聚氰胺的牛奶要发往的零售商。第2..M+1行: 每行3个整数Si,Ei,Ci。其中Si,Ei表示这辆卡车的出发仓库，目的仓库。Ci(0 <= C i <= 2,000,000) 表示让这辆卡车停止运输的损失。

输出格式

两个整数C、T：C表示最小的损失，T表示在损失最小的前提下，最少要停止的卡车数。

输入输出样例

输入

4 51 3 1003 2 502 4 601 2 402 3 80

输出

60 1

说明/提示

题目翻译来自NOCOW。

USACO Training Section 4.4

其他

USACO网站上还要求输出方案，即停止了哪些卡车，字典序输出

（哇，好恶心qwq！）

分析

哎，这道题+博客工程量巨大，本来想咕掉来着...

既然下定决心要写，那我们就开始吧...

【洛谷版】洛谷的这道题简化了，没有让你输出方案，于是会好处理很多

1.本题第一问求“使起点与终点变成两个独立的连通块的最小费用”，最小割板题，可以直接套用【最小割】即【最大流】的板子，我用的Dinic

2.关于求“割边的数量”，有个十分巧妙的方法 / 重点！敲黑板！：

【法一】

建两次图，一次按原边权建图跑最大流求得最小割，再按边权为1建图跑最大流求割的边数

【法二】更优秀的做法qwq

建图时将边权w=w*a+1（w为本来的边权，a为大于1000的数），这样我们能求得最大流ans，

则最小割的值为ans/a，割的边数为ans%a

这很容易理解，但是还是解释一下：

因为最小割的边集中有w1+w2+w3…+wn=ans（这个ans为本来的最小割），

所以必然有w1*a+w2*a+w3*a…+wn*a=ans*a，

于是必然有w1*a+1+w2*a+1+w3*a+1…+wn*a+1=ans*a+k(k为最小割的边数，k<=m<=1000)，

这样就很明显了，因为边数m不大于1000，所以k的最大值为1000，

我们只要使设定的a的值大于1000，那么按上述方法建图，跑出的最大流除以a就是最小割的值ans，最大流模a就是最小割的边数k

【USACO版】要求按字典序输出割边的编号

参考某大佬博客：https://blog.csdn.net/csyzcyj/article/details/11951595

本题思路为网络流求最大流和最小割边集。

首先加流量。为了构造解，我记录了输入的顺序并对边的大小进行了排序

<排序按边权从大到小排序，这一步主要是为了后面求最小割>，

然后先求一遍最大流S，然后枚举去掉每一条边<设边权值为T>，

然后求当前最大流X，若S=T+X，则该边在最小割边集中，将该边从图中去掉，S=X。

注意，每次DINIC后若用同一个数组记流量，需在DINIC后还原。

但是为什么【排序按边权从大到小排序】呢？这里我不是很懂

这里有个例子，但是本蒟蒻解释不清楚为什么qwq...

如果不排序，会输出2，要割1、2这两条边，但是正确答案是割5这条边

后来看了另某大佬的博客才恍然大悟——

因为要找最少的边（有的oj还要找出边的标号），所以要把边从大到小排一次序，就能更好的找出“最少的边”

【某大佬的讲解完整版】我觉得讲得也很好，贴一下：https://www.luogu.org/blog/kkksc03666/solution-p1344

这一道题是由最小割转最大流

我就这样解释吧：

最大流是从点1能流到n的最大流量，流量的大小主要是由每条路的最小边决定的（大概是这样的）

最小割为了消耗费用最小，就肯定要割去最小消耗的边。

也可以这样说，先找出1到n的最大流，把这些流量全部切掉，就是最小割（很多条边都是多余的），感觉和网络流一模一样

关于第二问：

因为要找最少的边（有的oj还要找出边的标号），所以要把边从大到小排一次序，就能更好的找出“最少的边”，为了不出

现低级错误，我就用了一个用时多一些但是不容易出错的方法来做

如果要找出这些边，就可以这样想一想，有一些边是“重要的”，就是说这一条边是满流量的，而且这种边是直接关系到

这条路（不是边）到终点的流量（就是刚刚说的最小边，流量是由最小边决定的）

其实就是把这一条边去掉后的最大流+这条边的流量=最大流，只要是找出这样的边就可以了

注意：这里有一个细节，就是可能会出现多条这样的边，这些边之和大于最大流，还有就是同一条路可能存在两条同流

量的边，这样的边就只要找一条

【其他要点】可能这个知识点很基础，但是我基础不好...qwq...现在才知道...

要用"^1"即异或1等的操作话（例如跑网络流会写到E[i^1]、表示前后对应关系等），

有时候必须从二开始，在此题中也就是int cnt=1，因为E[ ++cnt ]...所以边的计数从2开始（我寻思从0开始好像也可以）
e.g.
亦或：两个相等就为1，否则为0
0^1=0
1^1=1
2^1=10^01=11=3
3^1=11^01=10=2
4^1=100^001=101=5
5^1=101^001=100=4

AC代码——无输出方案

/*
ID:lunasmi2
TASK:ditch
LANG:C++
*/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2000,MAXM=2*MAXN,INF=0x3f3f3f3f,del=1005;
int head[MAXN+5],nxt[MAXM+5],cnt=1;
int dep[MAXN+5];
int n,m;
ll maxf;
struct Edge
{int u,v,f;Edge(int _u=0,int _v=0,int _f=0){u=_u,v=_v,f=_f;}Edge(Edge &e){u=e.u,v=e.v,f=e.f;}
}E[MAXM+5];
void Addedge(int u,int v,int f)
{E[++cnt]=Edge(u,v,f);nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
bool bfs()
{memset(dep,0,sizeof(dep));dep[1]=1;queue<int> que;que.push(1);while(!que.empty()){int u=que.front();que.pop();for(int i=head[u];i;i=nxt[i])if(E[i].f&&!dep[E[i].v]){dep[E[i].v]=dep[u]+1;que.push(E[i].v);}}if(!dep[n])return 0;return 1;
}
int dfs(int u,int f)
{if(u==n)return f;int w,used=0;for(int i=head[u];i;i=nxt[i])if(E[i].f&&dep[E[i].v]==dep[u]+1){w=dfs(E[i].v,min(f-used,E[i].f));used+=w;E[i].f-=w;E[i^1].f+=w;if(used==f)return f;}return used;
}
void dinic()
{while(bfs())maxf+=dfs(1,INF);
}
int main()
{//freopen("ditch.in","r",stdin);//freopen("ditch.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){int u,v,f;scanf("%d%d%d",&u,&v,&f);Addedge(u,v,f*del+1);Addedge(v,u,0);}dinic();printf("%lld %lld\n",maxf/del,maxf%del); return 0;
}

AC代码——有输出方案

/*
ID:lunasmi2
TASK:milk6
LANG:C++
*/
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=100,MAXM=3000,INF=0x3f3f3f3f;
int head[MAXN+5],nxt[MAXM+5],cnt=1;//cnt必须从1开始！我也不知道为什么，从0开始时调了很久
int dep[MAXN+5],w[MAXM+5],ans[MAXM+5];
bool vis[MAXM+5];
int n,m,maxf,cnt_w,cnt_ans;
bool cmp(int a,int b)
{return a>b;
}
struct Edge
{int u,v,f,g;//g用来储存边权原值，全程不发生改变 Edge(int _u=0,int _v=0,int _f=0,int _g=0){u=_u,v=_v,f=_f,g=_g;}Edge(Edge &e){u=e.u,v=e.v,f=e.f,g=e.g;}
}E[MAXM+5];
void Addedge(int u,int v,int f,int g)
{E[++cnt]=Edge(u,v,f,g);nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
void restore()//边权恢复为原值
{for(int i=1;i<=2*m;i++)E[i].f=E[i].g;
}
bool bfs()
{memset(dep,0,sizeof(dep));dep[1]=1;queue<int> que;que.push(1);while(!que.empty()){int u=que.front();que.pop();for(int i=head[u];i;i=nxt[i])if(E[i].f&&!dep[E[i].v])//是正向边且没被访问过 {dep[E[i].v]=dep[u]+1;que.push(E[i].v);}}if(!dep[n])return 0;return 1;
}
int dfs(int u,int f)
{if(u==n)return f;int w,used=0;for(int i=head[u];i;i=nxt[i])if(E[i].f&&dep[E[i].v]==dep[u]+1){w=dfs(E[i].v,min(f-used,E[i].f));used+=w;E[i].f-=w;E[i^1].f+=w;if(used==f)return f;}return used;
}
void dinic()
{maxf=0;while(bfs())maxf+=dfs(1,INF);restore();//因为要多次跑最大流，所以跑完一遍就恢复成原图(除删掉的割边值一直为0)
}
int main()
{//freopen("milk6.in","r",stdin);//freopen("milk6.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){int u,v,f;scanf("%d%d%d",&u,&v,&f);w[++cnt_w]=f;Addedge(u,v,f,f);Addedge(v,u,0,0);}sort(w+1,w+m+1,cmp);//边必须按边权从大到小枚举 dinic();restore();//因为已经跑了一遍dinic，边权有变化，所以要恢复原值 printf("%d ",maxf);int Maxf=maxf;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=2;j<=2*m;j+=2)//按边权从大到小枚举被删去检查是否是割边的边 {if(!vis[j]&&E[j].f==w[i])//找到枚举到的边 {vis[j]=1;int tmp=E[j].f;E[j].f=0;//假若删去这条边 dinic();if(Maxf-tmp==maxf)//新最大流+该边权=原始最大流则该边为割边 {ans[++cnt_ans]=(j+1)/2;//因为加了反向边，所以边的编号有变化 E[j].g=E[j].f=0;//删掉该割边 Maxf=maxf;//最大流替换为新的最大流，继续找割边 }break;}}            }sort(ans+1,ans+cnt_ans+1);printf("%d\n",cnt_ans);for(int i=1;i<=cnt_ans;i++)//USA上要求输出删去的割边编号 printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}

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