P1345 [USACO5.4]奶牛的电信Telecowmunication
题目描述
农夫约翰的奶牛们喜欢通过电邮保持联系，于是她们建立了一个奶牛电脑网络，以便互相交流。这些机器用如下的方式发送电邮：如果存在一个由c台电脑组成的序列a1,a2,...,a(c)，且a1与a2相连，a2与a3相连，等等，那么电脑a1和a(c)就可以互发电邮。
很不幸，有时候奶牛会不小心踩到电脑上，农夫约翰的车也可能碾过电脑，这台倒霉的电脑就会坏掉。这意味着这台电脑不能再发送电邮了，于是与这台电脑相关的连接也就不可用了。
有两头奶牛就想：如果我们两个不能互发电邮，至少需要坏掉多少台电脑呢？请编写一个程序为她们计算这个最小值。
以如下网络为例：
1*
/ 3 - 2*
这张图画的是有2条连接的3台电脑。我们想要在电脑1和2之间传送信息。电脑1与3、2与3直接连通。如果电脑3坏了，电脑1与2便不能互发信息了。
输入输出格式
输入格式：
第一行 四个由空格分隔的整数：N,M,c1,c2.N是电脑总数(1<=N<=100)，电脑由1到N编号。M是电脑之间连接的总数(1<=M<=600)。最后的两个整数c1和c2是上述两头奶牛使用的电脑编号。连接没有重复且均为双向的(即如果c1与c2相连，那么c2与c1也相连)。两台电脑之间至多有一条连接。电脑c1和c2不会直接相连。
第2到M+1行 接下来的M行中，每行包含两台直接相连的电脑的编号。
输出格式：
一个整数表示使电脑c1和c2不能互相通信需要坏掉的电脑数目的最小值。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
3 2 1 2 1 3 2 3
输出样例#1： 复制
1
最小割 看到这个题以后我们首先想到的应该就是最小割了吧，但是最小割割的是边，这个题要求的是割点，怎么做？
拆点啊！我们直接把每一个点都才成两个点，两个点之间连一条流量为1的边，这样我们就巧妙地把割点转化成了割边，
/*不难看出，这道题是求最小割点集的大小。 显然的是，对于一个点，它只能被删一次。～～废话～～ 那么，对于每一个点i，我们都要复制它（设为i+n），并且从i到i+n连1的边（因为只能删一次）。（反向连0不要忘记） add ( i, i+n, 1 ) ; add ( i+n, i, 0 ) ;然后怎么看待原图中本来就存在的边呢？它们只是有一个联通的作用，对于流量并没有限制，所以明确一点：这些边加入网络中限制应该为无限大。 假设现在要从原图中添加一条从x到y的有向边（这道题是无向边，再依下面的方法添加一个y到x的就行了）到网络中去，对于点y来说，这条边的加入不应该影响通过它的流量限制（就是前面连的那个1）
发生变化，所以前面那条y到y+n的边应该接在这条边的后面，所以这条边的终点连向网络中的y，相反的，这条边应该受到x的（前面连的1）限制。因为，假设x已经被删（x到x+n满流），那么这条边
再加不加都是没有变化的。所以，这条边在网络中的起点应该是x+n，这样才保证受到限制。*/
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 1000100 #define inf 9999999 using namespace std; queue<int>q; int n,m,s,e,x,y,tot=1,ans; int to[N],cap[N],lev[N],cnt[N],head[N],nextt[N]; int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return x*f; } int add(int x,int y,int z) { tot++;to[tot]=y;cap[tot]=z,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot; tot++,to[tot]=x,cap[tot]=0,nextt[tot]=head[y],head[y]=tot; } int bfs() { while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=1;i<=n*2;i++) { lev[i]=-1; cnt[i]=head[i]; } q.push(s),lev[s]=0; while(!q.empty()) { x=q.front();q.pop(); for(int i=head[x];i;i=nextt[i]) { int t=to[i]; if(cap[i]>0&&lev[t]==-1) { lev[t]=lev[x]+1; q.push(t); if(t==e) return 1; } } } return 0; } int dinic(int x,int flow) { if(x==e) return flow; int delta,rest=0; for(int &i=cnt[x];i;i=nextt[i]) { int t=to[i]; if(cap[i]>0&&lev[t]==lev[x]+1) { delta=dinic(t,min(cap[i],flow-rest)); if(delta) { cap[i]-=delta; cap[i^1]+=delta; rest+=delta; if(rest==flow) break; } } } if(rest!=flow) lev[x]=-1; return rest; } int main() { n=read(),m=read(),s=read(),e=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { x=read(),y=read(); add(x+n,y,inf),add(y+n,x,inf); } for(int i=1;i<=n;i++) add(i,i+n,1); while(bfs()) ans+=dinic(s+n,inf); printf("%d",ans); return 0; }