• bzoj2561 最小生成树


    2561: 最小生成树

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
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    Description

     给定一个边带正权的连通无向图G=(V,E),其中N=|V|,M=|E|,N个点从1到N依次编号,给定三个正整数u,v,和L (u≠v),假设现在加入一条边权为L的边(u,v),那么需要删掉最少多少条边,才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上,也可能出现在最大生成树上?

     

    Input

      第一行包含用空格隔开的两个整数,分别为N和M;
      接下来M行,每行包含三个正整数u,v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
      最后一行包含用空格隔开的三个整数,分别为u,v,和 L;
      数据保证图中没有自环。
     

    Output

     输出一行一个整数表示最少需要删掉的边的数量。

    Sample Input

    3 2
    3 2 1
    1 2 3
    1 2 2

    Sample Output

    1

    HINT

    对于20%的数据满足N ≤ 10,M ≤ 20,L ≤ 20;

      对于50%的数据满足N ≤ 300,M ≤ 3000,L ≤ 200;

      对于100%的数据满足N ≤ 20000,M ≤ 200000,L ≤ 20000。

    Source

    2012国家集训队Round 1 day1

    分析:老套路,考虑克鲁斯卡尔算法的流程.

             如果(u,v,l)这条边在最小生成树上,那么在加入这条边的时候,u,v一定是不连通的.那么将权值小于l的边给连起来,接下来的任务就是使得删去权值最小的边使得构出的图不连通.显然的最小割,跑一边dinic算法.对于最大生成树也这样做一遍,两次的答案相加就是问题的答案.

             边数组开小了,结果迷之TLE.这种无向边,网络流的题建图要开4倍的边数组!

    #include <queue>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    
    using namespace std;
    
    const int maxn = 400010,inf = 0x7fffffff;
    
    int n,m,u,v,l,head[20010],to[maxn * 3],nextt[maxn * 3],tot = 2,w[maxn * 3],dist[20010],ans;
    
    struct node
    {
        int u,v,w;
    } e[maxn];
    
    bool cmp(node a,node b)
    {
        return a.w < b.w;
    }
    
    void add(int x,int y,int z)
    {
        w[tot] = z;
        to[tot] = y;
        nextt[tot] = head[x];
        head[x] = tot++;
    
        w[tot] = 0;
        to[tot] = x;
        nextt[tot] = head[y];
        head[y] = tot++;
    }
    
    bool bfs()
    {
        memset(dist,-1,sizeof(dist));
        dist[u] = 0;
        queue <int> q;
        q.push(u);
        while (!q.empty())
        {
            int uu = q.front();
            q.pop();
            if (uu == v)
                return true;
            for (int i = head[uu]; i; i = nextt[i])
            {
                int vv = to[i];
                if (w[i] && dist[vv] == -1)
                {
                    dist[vv] = dist[uu] + 1;
                    q.push(vv);
                }
            }
        }
        if (dist[v] == -1)
            return false;
        return true;
    }
    
    int dfs(int x,int flow)
    {
        if (x == v)
            return flow;
        int res = 0;
        for (int i = head[x]; i; i = nextt[i])
        {
            int vv = to[i];
            if (w[i] && dist[vv] == dist[x] + 1)
            {
                int temp = dfs(vv,min(flow - res,w[i]));
                w[i] -= temp;
                w[i ^ 1] += temp;
                res += temp;
                if (res == flow)
                    return res;
            }
        }
        if (res == 0)
            dist[x] = -1;
        return res;
    }
    
    void solve1()
    {
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            if (e[i].w >= l)
                break;
            add(e[i].u,e[i].v,1);
            add(e[i].v,e[i].u,1);
        }
        while (bfs())
            ans += dfs(u,inf);
    }
    
    void solve2()
    {
        tot = 2;
        memset(head,0,sizeof(head));
        for (int i = m; i >= 1; i--)
        {
            if (e[i].w <= l)
                break;
            add(e[i].u,e[i].v,1);
            add(e[i].v,e[i].u,1);
        }
        while (bfs())
            ans += dfs(u,inf);
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&l);
        sort(e + 1,e + 1 + m,cmp);
        solve1();
        solve2();
        printf("%d
    ",ans);
    
        return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/8352440.html
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