POJ 1966 Cable TV Network（证明有误)

求图的点连通度

 

点连通度的定义：一个具有N个点的图G中，在去掉任意k-1个顶点后（1<=k<=N）,所得的子图仍然连通，去掉K个顶点后不连通，则称G是K连通图，K称作图G的连通度，记作K（G）。即去掉最少个数的点后，子图不连通或者成为平凡图

 

做法：拆点（无向无向边拆成两条有向边），指定一个源点，枚举汇点（如果汇点与源点不连通，则图不连通），求使源汇不连通最少要移除的点数，并取最小值，如果最小值比n大，则最小值为n

 

详情见：http://hi.baidu.com/lerroy312/blog/item/d7ea97ee7b1f3cddd439c927.html

对于为什么只要枚举汇点:

 

假设点连通度为k，那么如果你枚举源汇，我们构图的时候是拆点的，所有最小割中最小的一定是k，对应k个点，割边为这k个点拆点后对应的边，那么，这个最小割把所有点点分成了两部分，S和T集合，S和T集合中的点都是不连通的，而S集合中的点都是连通的，T集合中的点也都是连通的，对于任意一个点i属于S,任意一个点j属于T，要使得他们不连通，在图中删除的点都为k，不可能更小了，否则最小割值比k小，而如果他们同时属于S集合或者T集合，使得他们不连通，要删除的点大于k，因为他们现在还连通，于是，如果我们指定一个源点，枚举汇点，如果这个源点与汇点同时在刚才那个最小割的S或T集合中，要使他们不连通，删除的点必然大于k，如果他们一个属于S，一个属于T，那么使他们不连通，要删除的点就是k个，所以，只要枚举汇点就行了

 

 

代码：

#include<iostream> #include<cstdio>#include<memory.h>#include<algorithm>using namespace std; const int inf=1<<29; const int MAX=105; int c[MAX][MAX],f[MAX][MAX],pre[MAX],q[MAX],rc[MAX]; int n,m,s,t,max_flow; bool bfs() { int i,j,tail=1,head=0; memset(rc,0,sizeof(rc)); q[tail]=s; pre[s]=-1; rc[s]=inf; while(head<tail) { i=q[++head]; for(j=1;j<=n*2;j++) { if(c[i][j]>f[i][j]&&!rc[j]) { rc[j]=min(rc[i],c[i][j]-f[i][j]); pre[j]=i; q[++tail]=j; if(j==t) return true; } } } return false; } int EK() { int i; max_flow=0; while(bfs()) { for(i=t;i!=s;i=pre[i]) { f[pre[i]][i]+=rc[t];//加减别搞反了 f[i][pre[i]]-=rc[t]; } max_flow+=rc[t]; } return max_flow; } int main() { int i,j,a,b,ans,flow; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { if(n==0) { puts("0"); continue; } memset(c,0,sizeof(c)); for(i=1;i<=n;i++) c[i][i+n]=1; for(i=1;i<=m;i++) { scanf(" (%d,%d)",&a,&b); c[a+1+n][b+1]=inf; c[b+1+n][a+1]=inf; } ans=inf; s=n+1; for(i=2;i<=n;i++) { memset(f,0,sizeof(f)); t=i; flow=EK();cout<<"flow="<<flow<<endl; if(flow<ans) ans=flow; } if(ans==inf)//构图局限性，最多只能删除n-1个点，而有些图必须删除n个点 ans=n; cout<<ans<<endl; } return 0; }