[JZOJ5495]【清华集训2017模拟12.09】MiniumCut

Description

有一个无向图
给出两两点间的最小割

构造出这个图，输出任意一种
对于 100% 的数据, n<=100

Solution

利用最小割树的性质来考虑

两两点的最小割等于这两点在最小割树上的路径边权最小值

相当于给出了完全图，要求这样一个生成树，使得生成树上任意两个点之间的边最小值等于这原图中这两个点直连边的边权

那么就是这个图的最大生成树

为什么呢？

考虑新加入一条边，因为是最大生成树，所以这条边是比之前所有的都要小

如果这条边连接的两个点已经连接了，那么这条边的边权是小于等于之前所有边的

又根据最小割的性质
mincut(a,b)≥min(mincut(a,c1),mincut(c1,c2),...,mincut(cm,b))

那么他又需要满足这条边的边权大于等于这条路径上的边权最小值
得证！

那么直接按照这样构出最大生成树，再判断是否合法

可以发现直接这样连边就满足题设

复杂度O(N2log(N2))

Code

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)#define N 105using namespace std;struct node{    int x,y,z;    friend bool operator <(node x,node y)    {        return x.z>y.z;    }}a[N*N];int f[N],dis[N],pl[N][N],nt[2*N],fs[N],dt[2*N],pr[2*N],n,m,l,d[N];void link(int x,int y,int z){    nt[++m]=fs[x];    dt[fs[x]=m]=y;    pr[m]=z;}int getf(int k){    if(f[k]==0||f[k]==k) return k;    return f[k]=getf(f[k]);}void dfs(int k,int fa,int s){    dis[k]=s;    if(fa==0) dis[k]=0;    for(int i=fs[k];i;i=nt[i])    {        if(dt[i]!=fa) dfs(dt[i],k,min(s,pr[i]));    }}int main(){    cin>>n;    fo(i,1,n)    {        fo(j,1,n)        {            scanf("%d",&pl[i][j]);            if(i>j&&pl[i][j]!=pl[j][i])             {                printf("-1\n");                return 0;            }            if(i<j) a[++l].x=i,a[l].y=j,a[l].z=pl[i][j];        }    }    sort(a+1,a+l+1);    for(int i=1,j=0;i<=l&&j<n-1;i++)    {        int fx=getf(a[i].x),fy=getf(a[i].y);        if(fx!=fy) link(a[i].x,a[i].y,a[i].z),link(a[i].y,a[i].x,a[i].z),f[fx]=fy,d[++j]=i;    }    fo(i,1,n)    {        memset(dis,107,sizeof(dis));        dfs(i,0,1802201963);        fo(j,1,n)        {            if(dis[j]!=pl[i][j])            {                printf("-1\n");                return 0;            }        }    }    printf("%d\n",n-1);    fo(i,1,n-1) printf("%d %d %d\n",a[d[i]].x,a[d[i]].y,a[d[i]].z);}