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P1344 [USACO4.4] 追查坏牛奶 Pollutant Control （网络流）
题目链接
不会网络流的可以看这个
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 \\(1\\) 行两个整数 \\(N\\)、\\(M\\)，\\(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\\sim M+1\\) 行，每行 \\(3\\) 个整数 \\(S_i\\)、\\(E_i\\) 和 \\(C_i\\)。其中 \\(S_i\\)、\\(E_i\\) 分别表示这辆卡车的出发仓库和目的仓库。\\(C_i\\) 表示让这辆卡车停止运输的损失。
输出格式
两个整数 \\(C\\) 和 \\(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。
样例 #1
样例输入 #1
4 5
1 3 100
3 2 50
2 4 60
1 2 40
2 3 80
样例输出 #1
60 1
提示
对于 \\(100 \\%\\) 的数据，满足 \\(2 \\le N \\le 32\\)，\\(0 \\le M \\le 10^3\\)，\\(1 \\le S_i \\le N\\)，\\(1 \\le E_i \\le N\\)，\\(0 \\le C_i \\le 2 \\times 10^6\\)。
题目大意
现在有一个有向图，每一条边有一个边权表示删除这条边需要的代价，问你怎么操作，使得 \\(1\\to n\\)
没有路径相连且代价最小，同时要求删除的最少路径。
思路
显然，这是求一个图的最小割问题，我们知道最大流等于最小割，所以求出最小割即可。
此时可能有很多种方案，我们需要求出这些方案中的最少路径数。
我们可以把所有边都乘上一个 \\(a\\) （建议取 \\(1007\\) ），再 \\(+1\\) 。
此时最大流记为 \\(ans\\)
那么 \\(c = ans / a\\) ，\\(T = ans \\mod a\\)
分析
我们把所有边权 \\(*a+1\\) 后，答案又 \\(/a\\) 当路径小于 \\(a\\) 时是不影响 \\(C\\) 的。
然后 因为我们 \\(+1\\) 了，所以最小路径数仍然是最小割，其他路径就比最小割要大，摸上 \\(a\\) 后就是 \\(T\\) 了。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x, y, z) for (int x = y; x <= z; x++)
using namespace std;
const int N = 35, M = 1005, mod = 1007;
const LL Max = 1e15;
int n, m, d[N], vd[M], cnt = 1, hd[N];
LL ans, ans1, p[M << 1];
struct E
int to, nt, flg;
LL w;
e[M << 1];
void add(int x, int y, LL z) e[++cnt].to = y, e[cnt].nt = hd[x], e[cnt].w = z, hd[x] = cnt;
LL dfs(int x, LL pt)
LL now = pt, del = 0;
int y, mind = n - 1;
if (x == n) return pt;
for (int i = hd[x]; i; i = e[i].nt)
if (!e[i].w) continue;
y = e[i].to;
if (d[x] == d[y] + 1)
del = min(e[i].w, now);
del = dfs(y, del);
now -= del;
e[i].w -= del, e[i ^ 1].w += del;
if (d[1] >= n)
return pt - now;
if (!now)
break;
mind = min(mind, d[y]);
if (now == pt)
vd[d[x]]--;
if (!vd[d[x]])
d[1] = n;
d[x] = mind + 1;
vd[d[x]]++;
return pt - now;
LL flow()
LL sum = 0;
fu(i, 1, n) d[i] = 0;
vd[0] = n;
while (d[1] < n) sum += dfs(1, Max);
return sum;
int main()
int u, v;
LL w;
scanf("%d%d", &n, &m);
fu(i, 1, m)
scanf("%d%d%lld", &u, &v, &w);
p[cnt + 1] = w * mod + 1;
add(u, v, w * mod + 1), add(v, u, 0);
ans = flow();
printf("%lld %lld\\n", ans / mod, ans % mod);
// for (int i = 2; i <= cnt; i += 2)
// fu(j, 2, cnt) if (!e[j].flg) e[j].w = p[j];
// e[i].w = 0;
// ans1 = flow();
// if (ans1 + p[i] == ans)
// cout << i / 2 << "\\n";
// e[i].flg = 1, e[i ^ 1].flg = 1, ans -= p[i];
//
//
return 0;
双倍经验
[OJ](追查坏牛奶 - 题目 - DYOJ)
思路
要求输出方案。
也就是看看那条是满流边。
我们把这条边暂时删掉之后看看现在的答案记为 \\(ans1\\) ，边权记为 \\(e[i].w\\) 是否满足
\\[ans1 + e[i].w = ans
\\]
如果满足就是路径。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
using namespace std;
const int N = 35 , M = 1005 , mod = 1007;
const LL Max = 1e15;
int d[N] , vd[M] , n , m , hd[N] , cnt = 1;
LL ans , t , ans1 , p[M << 1];
struct E
int to , nt , flg;
LL w;
e[M << 1];
void add (int x , int y , int z) e[++cnt].to = y , e[cnt].nt = hd[x] , e[cnt].w = z , hd[x] = cnt;
LL dfs (int x , LL pt)
LL now = pt , del = 0;
int mind = n - 1 , y;
if (x == n) return pt;
for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt)
if (!e[i].w) continue;
y = e[i].to;
if (d[x] == d[y] + 1)
del = min (now , e[i].w);
del = dfs (y , del);
now -= del;
e[i].w -= del , e[i ^ 1].w += del;
if (d[1] >= n) return pt - now;
if (!now) break;
mind = min (mind , d[y]);
if (now == pt)
vd[d[x]] --;
if (!vd[d[x]]) d[1] = n;
d[x] = mind + 1;
vd[d[x]] ++;
return pt - now;
LL flow ()
LL sum = 0;
vd[0] = n;
fu (i , 1 , n) d[i] = 0;
while (d[1] < n)
sum += dfs (1 , Max);
return sum;
int main ()
int u , v;
LL w;
scanf ("%d%d" , &n , &m);
fu (i , 1 , m)
scanf ("%d%d%lld" , &u , &v , &w);
p[cnt + 1] = w * mod + 1;
add (u , v , w * mod + 1) , add (v , u , 0);
ans = flow ();
printf ("%lld %lld\\n" , ans / mod , ans % mod);
for (int i = 2 ; i <= cnt ; i += 2)
fu (j , 2 , cnt) if (!e[j].flg) e[j].w = p[j];
e[i].w = 0;
ans1 = flow ();
if (ans1 + p[i] == ans)
cout << i / 2 << endl;
e[i].flg = 1 , e[i ^ 1].flg = 1 , ans -= p[i];
return 0;
后记
原题检测真的恶心！！！
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。
输入输出格式
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
输入样例#1：
4 5
1 3 100
3 2 50
2 4 60
1 2 40
2 3 80
说明
题目翻译来自NOCOW。
USACO Training Section 4.4
Solution：
简单讲，本题给出了边的权值，要求最小的代价使得1和n不连通。这不就是最小割嘛！我们直接把1当作S，n当作T。
但因为本题既要输出最小割的值又要输出割的边数，前者好求关键是后者如何去求更简单，容易想到我们可以直接建两次图，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，这是一种思路;
当然我们完全可以换种思路用一次最大流搞定，只需建图时将边权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。
代码：
1 // luogu-judger-enable-o2
2 #include<bits/stdc++.h>
3 #define il inline
4 #define ll long long
5 #define debug printf("%d %s\n",__LINE__,__FUNCTION__)
6 using namespace std;
7 const ll N=100005,inf=233333333333333,mod=2018;
8 ll n,m,s,t,h[100],dis[2005],cnt=1;
9 ll ans;
10 struct edge{
11 ll to,net;ll v;
12 }e[N];
13 il void add(ll u,ll v,ll w)
14 {
15 e[++cnt].to=v,e[cnt].net=h[u],e[cnt].v=w,h[u]=cnt;
16 e[++cnt].to=u,e[cnt].net=h[v],e[cnt].v=0,h[v]=cnt;
17 }
18 queue<ll>q;
19 il bool bfs()
20 {
21 memset(dis,-1,sizeof(dis));
22 q.push(s),dis[s]=0;
23 while(!q.empty())
24 {
25 int u=q.front();q.pop();
26 for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
27 if(dis[e[i].to]==-1&&e[i].v>0)dis[e[i].to]=dis[u]+1,q.push(e[i].to);
28 }
29 return dis[t]!=-1;
30 }
31 il ll dfs(ll u,ll op)
32 {
33 if(u==t)return op;
34 ll flow=0,used=0;
35 for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
36 {
37 int v=e[i].to;
38 if(dis[v]==dis[u]+1&&e[i].v>0)
39 {
40 used=dfs(v,min(op,e[i].v));
41 if(!used)continue;
42 flow+=used,op-=used;
43 e[i].v-=used,e[i^1].v+=used;
44 if(!op)break;
45 }
46 }
47 if(!flow)dis[u]=-1;
48 return flow;
49 }
50 int main()
51 {
52 scanf("%lld%lld",&n,&m);s=1,t=n;
53 ll u,v;ll w;
54 for(int i=1;i<=m;i++)
55 {
56 scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
57 add(u,v,w*mod+1);
58 }
59 while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
60 printf("%lld %lld\n",ans/mod,ans%mod);
61 return 0;
62 }