bzoj 2095: [Poi2010]Bridges 二分答案+网络流

题意

YYD为了减肥，他来到了瘦海，这是一个巨大的海，海中有n个小岛，小岛之间有m座桥连接，两个小岛之间不会有两座桥，并且从一个小岛可以到另外任意一个小岛。现在YYD想骑单车从小岛1出发，骑过每一座桥，到达每一个小岛，然后回到小岛1。霸中同学为了让YYD减肥成功，召唤了大风，由于是海上，风变得十分大，经过每一座桥都有不可避免的风阻碍YYD，YYD十分ddt，于是用泡芙贿赂了你，希望你能帮他找出一条承受的最大风力最小的路线。
2<=n<=1000，1<=m<=2000

分析

这题其实就是要找一条欧拉回路。也就是每条边当且仅当经过一次。
首先二分一个答案，转化为判定性问题。
先回顾一下欧拉回路相关的定理：
无向图：所有点度数均为偶数且图联通。
有向图：所有点入度等于出度且图联通。
问题是现在这是一个混合图，也就是说我们要把每条无向边定向，使得每个点的入度等于出度。
考虑网络流来解决。
先给每条无向边随意定向，那么如果存在欧拉回路每个点的入度-出度必然是偶数，因为翻转一条无向边会带来+-2的收益。
若一个点的入度大于出度则从s向该点连流量为(入度-出度)/2的边。
若一个点的出度大于入度则从t向该点连流量为(出度-入度)/2的边。
沿着每条无向边相反的方向连一条流量为1的边。
若所有边满流则存在欧拉回路。
意会一下即可。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int N=1005;const int inf=0x3f3f3f3f;int n,m,cnt,last[N],dis[N],in[N],out[N],s,t,cur[N],ans;struct edge{int to,next,c;}e[N*N];struct data{int a,b,c,d;}a[N*2];queue<int> q;void addedge(int u,int v,int c){    e[++cnt].to=v;e[cnt].c=c;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;    e[++cnt].to=u;e[cnt].c=0;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;}bool bfs(){    for (int i=s;i<=t;i++) dis[i]=0;    while (!q.empty()) q.pop();    dis[s]=1;q.push(s);    while (!q.empty())    {        int u=q.front();q.pop();        for (int i=last[u];i;i=e[i].next)            if (e[i].c&&!dis[e[i].to])            {                dis[e[i].to]=dis[u]+1;                if (e[i].to==t) return 1;                q.push(e[i].to);            }    }    return 0;}int dfs(int x,int maxf){    if (x==t||!maxf) return maxf;    int ret=0;    for (int &i=cur[x];i;i=e[i].next)        if (e[i].c&&dis[e[i].to]==dis[x]+1)        {            int f=dfs(e[i].to,min(e[i].c,maxf-ret));            e[i].c-=f;            e[i^1].c+=f;            ret+=f;            if (maxf==ret) break;        }    return ret;}void dinic(){    while (bfs())    {        for (int i=s;i<=t;i++) cur[i]=last[i];        ans+=dfs(s,inf);    }}bool check(int lim){    cnt=1;    memset(last,0,sizeof(last));    memset(in,0,sizeof(in));    memset(out,0,sizeof(out));    for (int i=1;i<=m;i++)    {        if (a[i].c<=lim&&a[i].d<=lim)        {            in[a[i].a]++;out[a[i].b]++;            addedge(a[i].a,a[i].b,1);        }        else if (a[i].c<=lim) out[a[i].a]++,in[a[i].b]++;        else out[a[i].b]++,in[a[i].a]++;    }    s=0;t=n+1;    int tot=0;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        if (abs(in[i]-out[i])&1) return 0;        if (in[i]>out[i]) addedge(s,i,(in[i]-out[i])/2),tot+=(in[i]-out[i])/2;        else if (in[i]<out[i]) addedge(i,t,(out[i]-in[i])/2);    }    ans=0;    dinic();    if (ans==tot) return 1;    else return 0;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    int l=0,r=1000;    for (int i=1;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d%d%d",&a[i].a,&a[i].b,&a[i].c,&a[i].d);        l=max(l,min(a[i].c,a[i].d));    }    while (l<=r)    {        int mid=(l+r)/2;        if (check(mid)) r=mid-1;        else l=mid+1;    }    if (r==1000) printf("NIE");    else printf("%d",r+1);    return 0;}