POJ 3469 Dual Core CPU(最小割)

这是挑战上面的一道题目。

一开始看到这题，想了半天，都觉得是一个最小费用最大流的题目。但是苦于纠结这个建图，按照我的想法建图会有负环导致死循环。

想了一个上午，遂放弃，看到挑战上写着是——用最小的费用将对象划分成两个集合的问题，常常可以转换成最小割后顺利解决。没见过这种套路啊。。。

挑战上面是采取，用流量代表费用的方法，然后求一次最小割即可。

挑战上面的证明还是比较好理解的。

特别是如何处理不在同一个核心运作增加花费的情况，十分巧妙。

按照挑战上面的建图方式，因为在A核心运作是在左边，在B核心运作是在右边，所以如果你要使得两个模块在不同核心运作，就会有做最小割的时候也切到了他们之间的花费。如果在同一个核心工作则只是切一边。

这种套路，不管你是假设集合A在左边还是集合B在左边，都是等价的。

代码如下：

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<queue>const int maxn = 1000010;const int maxm = 4000040;using namespace std;inline int read(){int x=0,t=1,c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-1;while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar();return x*t;}int head[maxn],cur[maxn],nx[maxm<<1],to[maxm<<1],flow[maxm<<1],ppp=0;struct Dinic{int dis[maxn];int s, t;long long ans;void AddEdge(int u, int v, int c){to[ppp]=v;flow[ppp]=c;nx[ppp]=head[u];head[u]=ppp++;swap(u,v);to[ppp]=v;flow[ppp]=0;nx[ppp]=head[u];head[u]=ppp++;}bool BFS(){memset(dis, -1, sizeof(dis));dis[s] = 1; queue<int> Q;Q.push(s);while(!Q.empty()){int x = Q.front();Q.pop();for(int i = head[x]; ~i; i = nx[i]){if(flow[i] && dis[to[i]] == -1){dis[to[i]] = dis[x] + 1;Q.push(to[i]);}}}return dis[t] != -1;}int DFS(int x, int maxflow){if(x == t || !maxflow){ans += maxflow;return maxflow;}int ret = 0, f;for(int &i = cur[x]; ~i; i = nx[i]){if(dis[to[i]] == dis[x] + 1 && (f = DFS(to[i], min(maxflow, flow[i])))){ret += f;flow[i] -= f;flow[i^1] += f;maxflow -= f;if(!maxflow)break;}}return ret;}long long solve(int source, int tank){s = source;t = tank;ans = 0;while(BFS()){memcpy(cur, head, sizeof(cur));DFS(s, 2147483647);}return ans;}}dinic;int main(){//freopen("poj_in.txt", "r", stdin);int n=read(),m=read();memset(head, -1, sizeof(head));for(int i = 1; i <= n; i++) {int c = read();dinic.AddEdge(i, n + 1, c);c = read();dinic.AddEdge(0, i, c);}while(m--){int u=read(), v=read(), c=read();dinic.AddEdge(u, v, c);dinic.AddEdge(v, u, c);}printf("%lld\n",dinic.solve(0, n + 1));return 0;}