BZOJ3882 [Wc2015]K小割

本文版权归ljh2000和博客园共有，欢迎转载，但须保留此声明，并给出原文链接，谢谢合作。

本文作者：ljh2000
作者博客：http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/
转载请注明出处，侵权必究，保留最终解释权！

Description

Input

Output

Sample Input

3 3 1 3 100
1 2 3
2 3 4
1 3 5

Sample Output

8
9
12
-1

正解：搜索+堆+网络流（最小割）

解题报告：

　　这道题写了我好久，怒写7KB...

　　强行把三个程序组合才A掉...　　

　　有用的博客：http://africamonkey.blog.uoj.ac/blog/108

　　　　　　　　http://www.cnblogs.com/New-Godess/p/4348890.html

　　Task1：

　　　　注意到前两个测试点n、m很小，直接搜索；

　　Task2：

　　　　7到14这8个数据具有共同特点：s有边连向所有非t节点，所有非 s结点有边连向t；

　　　　那么我们考虑对于除了S、T之外的所有点来说，都连向S、T，那么只要任意断掉一条即可成为割，而两条都断掉那自然也是合法的。

　　　　我们可以把题目转化为每个集合有三个元素：a，b，a+b（不妨设a<=b），需要从中选取一个，一共有n-2个集合，问全局选取的总和最小的前k个。

　　　　显然，每个集合都取a时，对于全局而言就是最小割了，下面我们考虑如何通过这个最优值转化出较优值，显然接下来我们需要使得每个集合的选择发生改变，

　　　　不妨作差，把每个集合重新定义为大小为2，元素为{b-a,b}的集合，将其按先后两个关键字排序，则每次只需加上我当前的值即可。

　　　　这样我们不难得到一个算法：每次把当前的集合做三种变换：

　　　　1、把当前的升级

　　　　2、把当前的降级，后一个升级

　　　　3、直接往后取，把下一个集合的升级。用堆维护即可；

　　Task3：

　　　　对于n、m不很大的情况，我们考虑从割的角度解决这个问题，假设我们得到了最小割，想得到次小割，显然我们是把最小割中的某一条边换成另一条边，或者加入一条权值最小的新的边。

　　　　如果直接暴力执行上述操作的话会T，仔细思考就会发现问题关键在于如何优化换边的步骤，其实我们无需每次枚举换哪条边，我们可以考虑最小割中的每条边的两个端点到S、T的割的值，取个 min之后就能得到把这条边换掉之后的增长的代价，从而我们得到了一个简单的思路，只需对于每条边求一遍两个端点到S、T的最小割再取min即可，做法大致就是这样。

　　　　但是有很多很多的细节，难以赘述，看代码吧，有详细注释。

//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 150011;
const int MAXM = 300011;
int n,m,S,T,k;
int AA[MAXM],BB[MAXM],CC[MAXM];
int ecnt,first[MAXN],w[MAXM],to[MAXM],next[MAXM];//have direction!!!
inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

//Task1:search
namespace Search{
	int cnt,father[MAXN],Tim,vis[MAXN];
	bool stop[MAXM];
	LL ans[1200011];
	inline int find(int x){ if(father[x]!=x) father[x]=find(father[x]); return father[x]; }
	inline bool check(int x){
		if(x==T) return true; vis[x]=Tim;
		for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
			if(stop[i]) continue ; int v=to[i];
			if(vis[v]==Tim) continue;
			if(check(v)) return true;
		}		
		return false;
	}
	inline void dfs(int x,LL val){
		if(x==m+1) { Tim++;	if(!check(S)) ans[++cnt]=val; return ;}
		stop[x]=1; dfs(x+1,val+w[x]);
		stop[x]=0; dfs(x+1,val);
	}
	inline void work(){ 
		int x,y,z;
		for(int i=1;i<=m;i++) {	x=AA[i]; y=BB[i]; z=CC[i]; next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; }
		dfs(1,0); sort(ans+1,ans+cnt+1);
		if(cnt>=k) for(int i=1;i<=k;i++) printf("%lld
",ans[i]);
		else { for(int i=1;i<=cnt;i++) printf("%lld
",ans[i]); printf("-1"); }
	}
}

//Task3:S links nodes,nodes link T
//nlogn+klogn
namespace StoT{	
	LL ans;
	struct node{ LL val; int pos,id; inline bool operator < (const node &a)const { return a.val<val; }}tmp,Top;
	struct seq{ int x,y; }a[MAXN],b[MAXN];
	inline bool cmp(seq q,seq qq){ if(q.x==qq.x) return q.y<qq.y; return q.x<qq.x; }
	priority_queue<node>Q;
	inline void work(){
		int x,y; int cnt=0;
		for(int i=1;i<=m;i++) {
			x=AA[i]; y=BB[i];
			if(x==S) b[y].x=CC[i];
			else b[x].y=CC[i];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			if(i==S||i==T) continue; 
			a[++cnt]=b[i];/*!!!*/
			if(a[cnt].x>a[cnt].y) swap(a[cnt].x,a[cnt].y);
			x=a[cnt].x;	ans+=a[cnt].x; a[cnt].x=a[cnt].y-a[cnt].x; a[cnt].y=x;
		}
		printf("%lld
",ans); k--;
		sort(a+1,a+cnt+1,cmp);
		tmp.val=ans+a[1].x; tmp.pos=1; tmp.id=1; Q.push(tmp);
		while(k>0&&(!Q.empty())) {
			Top=Q.top(); Q.pop();
			printf("%lld
",Top.val);
			//choice 1:把当前的升级
			if(Top.id<2) {
				tmp.val=Top.val+a[Top.pos].y;
				tmp.pos=Top.pos;
				tmp.id=2;
				Q.push(tmp);
			}
			//choice 2:把当前的降级，后一个升级
			if(Top.id==1 && Top.pos<cnt/*!!!*/) {//只需考虑当前取了第一个元素的情况，当前取了第二个元素的话降级再把后一个升级，等价于直接往后取
				tmp.val=Top.val-a[Top.pos].x;
				tmp.val+=a[Top.pos+1].x;
				tmp.pos=Top.pos+1;
				tmp.id=1;
				Q.push(tmp);
			}
			//choice 3:直接往后取，把下一个集合的升级
			if(Top.pos<cnt/*!!!*/) {
				tmp.val=Top.val+a[Top.pos+1].x;/*!!!*/
				tmp.pos=Top.pos+1;
				tmp.id=1;
				Q.push(tmp);
			}
			k--;
		}
		if(k>0) printf("-1");
	}
}

//Task2:n、m很小，无别的特殊条件
//考虑和Task3的类似做法，我们如何将最小割中的边转化为次小割。
//显然我们考虑最小割中权值最小的边，有两种可能：1、强制不选这条边，即将其删除，再跑一次最小割；2、强制选这条边，再选一条权值最小的边
namespace network_flow{
	const int N=52,M=3005;
	const int inf = (1<<28);
	int X[M],Y[M],W[M],ecnt=1,first[N],next[M],to[M],dui[M*10],head,tail,deep[N];
	int ds[N],dt[N];//预处理出每个点到S和T的最小割
	bool havs[N],havt[N];//是否已经做过最小割
	bool in[M/*!!!*/];//是否在最小割边集中
	bool vis[N];	
	struct Graph{
		int w[M];
		inline void link(int x,int y,int z){
			next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z;
			next[++ecnt]=first[y]; first[y]=ecnt; to[ecnt]=x; w[ecnt]=0;
		}
		inline bool bfs(int s,int t){
			int head=tail=0; dui[++tail]=s; int u;
			for(int i=1;i<=n;i++) deep[i]=-1; deep[s]=1;
			while(head<tail) {
				head++; u=dui[head];
				for(int i=first[u];i;i=next[i]) {
					if(w[i]==0) continue; int v=to[i];
					if(deep[v]==-1) { deep[v]=deep[u]+1; dui[++tail]=v; }
				}
			}
			if(deep[t]==-1) return false;
			return true;
		}
		inline LL dinic(int x,int remain,int t){
			if(x==t||remain==0) return remain; LL flow=0,f;
			for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
				if(w[i]==0) continue; int v=to[i]; if(deep[v]!=deep[x]+1) continue;
				f=dinic(v,min(remain,w[i]),t);
				if(f==0) deep[v]=-1; else { flow+=f,remain-=f; w[i]-=f; w[i^1]+=f; if(remain==0) return flow; }
			}
			return flow;
		}
		inline LL dinic(int s,int t){
			LL tot=0; while(bfs(s,t)) { tot+=dinic(s,inf,t); if(tot>inf) return tot; }
			return tot;
		}
		inline void DFS(int x){
			vis[x]=1;
			for(int i=first[x];i;i=next[i]) if(w[i]&&(!vis[to[i]])) DFS(to[i]);
		}
		inline void get_cut(){
			memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(in,0,sizeof(in));
			DFS(S);
			for(int i=1;i<=m;i++) if(vis[X[i]] && (!vis[Y[i]])) in[i]=1;//!!!割边的判断
		}
	}G,lin,lin2;
	struct heap_node{
		LL val; int id,ww;//选出的边的编号
		bool must[M],stop[M];
		inline bool operator < (const heap_node &a) const{ 	return a.val<val; }
		inline void build(){//找出最小割中最小的那条边，要么强制其不选再跑一遍最小割；或者强制选再选一条最短的边
			val=0; lin=G;//!!!还原
			for(int i=1;i<=m;i++) if(must[i]) val+=W[i],lin.w[i<<1]=0,lin.w[i<<1|1]=0; else if(stop[i]) lin.w[i<<1]=inf,lin.w[i<<1|1]=0;
			val+=lin.dinic(S,T);
			lin.get_cut();
			memset(havs,0,sizeof(havs)); memset(havt,0,sizeof(havt));
			ww=inf; id=0;
			for(int i=1;i<=m;i++) {
				if(must[i]||stop[i]) continue;
				if(in[i]) {//此处为快速找到次小割的方法，无需真的去再做一遍dinic，只需看一下到S、T的最小割，取min之后即变化值
					if(!havs[X[i]]) havs[X[i]]=1,lin2=lin,ds[X[i]/**/]=lin2.dinic(S,X[i]);//为了不破坏原来的残量网络，新建一个再跑
					if(!havt[Y[i]]) havt[Y[i]]=1,lin2=lin,dt[Y[i]/**/]=lin2.dinic(Y[i],T);
					if(ds[X[i]]/*!!!是点而不是边的最小割*/<ww) ww=ds[X[i]],id=i;
					if(dt[Y[i]]/*!!!*/<ww) ww=dt[Y[i]],id=i;
					/*if(ww==0) {
						id++;
						id--;
					}*/
				}
				else if(W[i]<ww) ww=W[i],id=i;
			}
			val+=ww;
		}
	}a,b;
	priority_queue<heap_node>Q;
	inline void work(){
		for(int i=1;i<=m;i++) {
			X[i]=AA[i]; Y[i]=BB[i]; W[i]=CC[i];
			G.link(X[i],Y[i],W[i]);
		}
		k--; lin=G; printf("%lld
",lin.dinic(S,T));
		a.build(); if(a.val<inf) Q.push(a);
		while(k>0 && (!Q.empty())) {
			a=b=Q.top(); Q.pop(); printf("%lld
",a.val);
			//强制选
			a.must[a.id]=1; a.build(); if(a.val<inf) Q.push(a);
			//强制不选
			b.stop[b.id]=1; b.build(); if(b.val<inf) Q.push(b);
			k--;
		}
		if(k>0) printf("-1");
	}
}

inline void work(){
	n=getint(); m=getint(); S=getint(); T=getint(); k=getint(); int mx=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) AA[i]=getint(),BB[i]=getint(),CC[i]=getint(),mx=max(mx,CC[i]);
	if(n<=10 && m<=20) Search::work();
	else if(n<=50 && m<=1500 && k<=100 && mx<=65536) network_flow::work();
	else StoT::work();
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}

相关阅读:
c语言基础学习10_文件操作02
c语言_文件操作_FILE结构体小解释
 初识 Swift编程语言（中文版)
Jquery滑动门实现
 【一步一步走（1）】远程桌面软件VNC的安装与配置
 并查集路径压缩（具体解释）
linux中操作java进程
 HDOJ 3944 DP?
选择排序与冒泡排序
 UVa145 Gondwanaland Telecom
原文地址：https://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/p/6268775.html