「POI2010」Bridges
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了「POI2010」Bridges相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
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解题思路
首先二分答案,然后在所有边权小于二分值的边和所有点组成的图中判欧拉回路。
由于可能出现混合图,所以要用到网络流。
把所有无向边钦定一个方向,那么原图就是一个有向图。
那么存在欧拉回路的充要条件就所有点的入度等于出度且图联通。
我们考虑把点 (x) 的入度与出度之差记作 (Delta x)。
那么对于所有的定向后的无向边 ((u,v)),连一条从 (u
ightarrow v) 的容量为 (1) 的边。
表示将该条边反向可以使 (Delta u += 2,Delta v -= 2)。
然后考虑对于所有度数差小于 (0) 的点 (x),连一条 (s
ightarrow x) 的容量为 (frac{|Delta x|}{2}) 的边。
表示 (x) 需要操作这么多次,使得 (Delta x) 达到 (0)。小于零的情况同理。
最后判断是否满流即可。
细节注意事项
- 细节有点多,要有耐心
参考代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#define rg register
using namespace std;
template < typename T > inline void read(T& s) {
s = 0; int f = 0; char c = getchar();
while (!isdigit(c)) f |= (c == '-'), c = getchar();
while (isdigit(c)) s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
s = f ? -s : s;
}
const int _ = 1010;
const int __ = 5010 * 2 + 1010 * 2;
const int INF = 2147483647;
int tot = 1, head[_], nxt[__], ver[__], cap[__];
inline void Add_edge(int u, int v, int d)
{ nxt[++tot] = head[u], head[u] = tot, ver[tot] = v, cap[tot] = d; }
inline void link(int u, int v, int d) { Add_edge(u, v, d), Add_edge(v, u, 0); }
int n, m, s, t, liu, dgr[_], dep[_];
struct node{ int a, b, c, d; }g[__];
inline int bfs() {
static queue < int > Q;
memset(dep, 0, sizeof dep);
dep[s] = 1, Q.push(s);
while (!Q.empty()) {
int u = Q.front(); Q.pop();
for (rg int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ver[i];
if (dep[v] == 0 && cap[i] > 0)
dep[v] = dep[u] + 1, Q.push(v);
}
}
return dep[t] > 0;
}
inline int dfs(int u, int flow) {
if (u == t) return flow;
for (rg int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ver[i];
if (dep[v] == dep[u] + 1 && cap[i] > 0) {
int res = dfs(v, min(flow, cap[i]));
if (res) { cap[i] -= res, cap[i ^ 1] += res; return res; }
}
}
return 0;
}
inline int Dinic() {
int res = 0;
while (bfs()) while (int d = dfs(s, INF)) res += d;
return res;
}
inline bool check(int mid) {
s = 0, t = n + 1;
tot = 1, memset(head, 0, sizeof head);
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) {
if (g[i].c > mid) return 0;
if (g[i].d <= mid) link(g[i].a, g[i].b, 1);
}
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
if (dgr[i] < 0) link(s, i, -dgr[i] / 2);
if (dgr[i] > 0) link(i, t, dgr[i] / 2);
}
return Dinic() == liu / 2;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.in", "r", stdin);
#endif
read(n), read(m);
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) {
read(g[i].a), read(g[i].b), read(g[i].c), read(g[i].d);
if (g[i].c > g[i].d)
swap(g[i].a, g[i].b), swap(g[i].c, g[i].d);
--dgr[g[i].a], ++dgr[g[i].b];
}
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
if (dgr[i] % 2 != 0) return puts("NIE"), 0;
liu += abs(dgr[i]) / 2;
}
int l = 1, r = 1000;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%d
", l);
return 0;
}
完结撒花 (qwq)
以上是关于「POI2010」Bridges的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
bzoj 2095 [Poi2010]Bridges 判断欧拉维护,最大流+二分