最小割的必须割边和可行割边

题目

简明题意:求最小割的必须割边和可行割边.

可行割边的判定法则:

你可能有个直觉:流满的边一定是可行边.

然而这是错的.如图:

如果每条边的流量都为1.b流满了不代表它是必修边.

我们对SCCSCCSCC缩点后,那么可行边的端点只能在不同的强连通分量.

因为要满足最小割的话,割边必须是一些流的必经边,否则删除更小,与定义矛盾.

而一个环的话是没有必经边可言的,所以只有端点在不同的强连通分量的合法.

必须边必须是一个流的唯一瓶颈,不是唯一的那个的话则可替换.

由此可以看出当我们增大一条必须割边的容量时,势必会使得最大流增大.

所以我们的选择也必须满足这一性质,即id[S]=id[x]∩id[T]=id[y],idid[S]=id[x]\cap id[T]=id[y],idid[S]=id[x]∩id[T]=id[y],id表示强连通分量的标号.

此时S→x→y→TS\rightarrow x \rightarrow y \rightarrow TS→x→y→T是合法的流,满足条件.

Code:

#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define IT iterator
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N=4010,M=12e4+10,size=1<<20,inf=-1u/2;//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {char c=gc; x=0; int f=1;while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {if(x/10) qw(x/10);putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {if(x<0)x=-x,putchar('-');qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {if(x<0)x=-x,putchar('-');qw(x); puts("");
}int n,m,st,ed,d[N],c[N],q[N],l,r;
struct edge{int y,next,c;}a[M]; int len=1,last[N],cur[N];
void ins(int x,int y,int c) {a[++len]=(edge){y,last[x],c}; last[x]=len;}
void add(int x,int y,int c) {ins(x,y,c); ins(y,x,0);}void bfs() {q[l=r=1]=ed; ++c[d[ed]=1]; memcpy(cur+1,last+1,n<<2);for(int x=ed;l<=r;x=q[++l])for(int k=last[x],y;k;k=a[k].next)if(!d[y=a[k].y]) {++c[d[y]=d[x]+1]; q[++r]=y;}
}int dfs(int x,int f) {if(x==ed) return f;int s=0,t;for(int &k=cur[x],y,z;k;k=a[k].next) {y=a[k].y; z=a[k].c;if(z&&d[y]+1==d[x]) {s+=t=dfs(y,min(f-s,z));a[k].c-=t; a[k^1].c+=t;if(s==f) return f;}}if(!--c[d[x]]) d[st]=n+1;++c[++d[x]]; cur[x]=last[x]; return s;
}int dfn[N],low[N],sta[N],top,num,id[N],cnt; bool v[N];
void tarjan(int x) {dfn[x]=low[x]=++num;v[sta[++top]=x]=1;for(int k=last[x],y,z;k;k=a[k].next) {y=a[k].y; z=a[k].c;if(z) {if(!dfn[y]) {tarjan(y);low[x]=min(low[x],low[y]);}else if(v[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);}}if(dfn[x]==low[x]) {int z; cnt++;do {v[z=sta[top--]]=0;id[z]=cnt;} while(z^x);}
}int main() {qr(n); qr(m); qr(st); qr(ed);for(int i=1,x,y,c;i<=m;i++) qr(x),qr(y),qr(c),add(x,y,c);bfs(); while(d[st]<=n) dfs(st,inf);for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);for(int k=2;k<=len;k+=2)if(!a[k].c) pr1(id[a[k].y]!=id[a[k^1].y]),pr2(id[a[k^1].y]==id[st]&&id[a[k].y]==id[ed]);else puts("0 0");return 0;
}

=len;k+=2)
if(!a[k].c) pr1(id[a[k].y]!=id[a[k^{1].y]),pr2(id[a[k}1].y]==id[st]&&id[a[k].y]==id[ed]);
else puts(“0 0”);
return 0;
}

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