题意
一个 (n) 个点 (m) 条边的图，每条边双向都有权值（可能不一样）。求从 1 开始，经过所有点，经过所有边一次且仅一次（即一定要经过这条边的某个方向）回到 1 的路径上权值最大的最小是多少。(nle 1000,mle 2000) 。
分析
显然二分答案，判定是否存在欧拉回路。
欧拉回路的判定用网络流方法。
若是一个有向图，存在欧拉欧拉回路的充要条件是每个点入度等于出度。但这是一个混合图，含有无向边，所以我们要看看无向边走哪个方向，使得每个点的入度等于出度。
对于一条无向边，任意定向，先判断每个点的入度出度之差是否是偶数。若不是，那么无论如何更改方向都不能满足条件。若是偶数，这实际上就告诉我们，每个点有多少入度或者出度需要更改。
设 (d_x) 为 (x) 点的入度减出度，那么若 (d_x>0) ，向汇点连 (frac{d_x}{2}) 的边，否则从源点连 (frac{|d_x|}{2}) 的边。对于任意定向的无向边，给 1 的容量。
考虑这个网络上的一条增广路，它的含义是把这个路径上的边全部反向。注意，这只影响了开头的点和末尾的点的入度与出度关系。具体来说，起始点的入度加一，出度减一；末尾点的入度减一，出度加一。若源点出边满流，就说明，每个点的不合法出度已经被全部更改完了，那么每个点的不合法出度也相应地更改完了。也就是说，原来任意定向的边有 1 的流量，那么把这条边反过来，这样构造的新图是满足每个点的入度等于出度的，即存在欧拉回路。
复杂度为 (O(n^2mlog w)) 。
UPD: 这题的可二分性有待讨论，搞不好这题是错的。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define M(x) memset(x,0,sizeof x)
using namespace std;
inline char nchar() {
static const int bufl=1<<20;
static char buf[bufl],*a,*b;
return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;
char c=nchar();
for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=1e3+10;
const int maxm=4e3+10;
template<typename T> inline void Max(T &x,T y) {x=max(x,y);}
int n,m,f[maxn],all,ind[maxn],oud[maxn];
int find(int x) {return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
struct bian {
int x,y,a,b;
} b[maxm];
struct some {
int x,y;
bool bi; // true: undir; false: dir
} a[maxm];
namespace graph {
struct edge {
int v,w,nxt;
} e[maxm];
int h[maxn],tot,que[maxn],ql,qr,d[maxn];
inline void clear() {
memset(h,-1,sizeof h);
tot=1;
}
inline void add(int x,int y,int w) {
e[++tot]=(edge){y,w,h[x]};
h[x]=tot;
e[++tot]=(edge){x,0,h[y]};
h[y]=tot;
}
inline bool bfs(int s,int t) {
memset(d,0,sizeof d);
d[que[ql=qr=1]=s]=1;
while (ql<=qr) {
int x=que[ql++];
for (int i=h[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) if (e[i].w && !d[v]) d[que[++qr]=v]=d[x]+1;
}
return d[t];
}
int dfs(int x,int t,int mi) {
if (x==t) return mi;
int flow=0;
for (int i=h[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) if (e[i].w && d[v]==d[x]+1) {
int tmp=dfs(v,t,min(mi,e[i].w));
if (!tmp) {d[v]=0;continue;}
e[i].w-=tmp,e[i^1].w+=tmp,mi-=tmp,flow+=tmp;
if (!mi) break;
}
return flow;
}
inline int maxflow(int s,int t) {
int ret=0;
while (bfs(s,t)) ret+=dfs(s,t,INT_MAX);
return ret;
}
}
inline bool check() {
M(ind),M(oud);
for (int i=1;i<=all;++i) ++ind[a[i].y],++oud[a[i].x];
for (int i=1;i<=n;++i) if ((ind[i]-=oud[i])&1) return false; else ind[i]>>=1;
int S=0,T=n+1,sm=0;
graph::clear();
for (int i=1;i<=all;++i) if (a[i].bi) graph::add(a[i].x,a[i].y,1);
for (int i=1;i<=n;++i) if (ind[i]>0) graph::add(i,T,ind[i]); else if (ind[i]<0) graph::add(S,i,-ind[i]),sm-=ind[i];
int flow=graph::maxflow(S,T);
return flow==sm;
}
inline bool ok(int mx) {
for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
int cnt=n;
for (int i=1;i<=m;++i) if (b[i].a<=mx || b[i].b<=mx) {
int fx=find(b[i].x),fy=find(b[i].y);
if (fx!=fy) f[fx]=fy,--cnt;
}
if (cnt>1) return false;
all=0;
for (int i=1;i<=m;++i) if (b[i].a<=mx && b[i].b<=mx) a[++all]=(some){b[i].x,b[i].y,true}; else {
if (b[i].a<=mx) a[++all]=(some){b[i].x,b[i].y,false};
if (b[i].b<=mx) a[++all]=(some){b[i].y,b[i].x,false};
}
return check();
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
int l=1,r=0,ans;
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=m;++i) b[i].x=read(),b[i].y=read(),b[i].a=read(),b[i].b=read(),Max(r,max(b[i].a,b[i].b));
while (l<=r) {
int mid=l+r>>1;
if (ok(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1;
}
ans?printf("%d
",ans):puts("NIE");
return 0;
}