hdu5352 2015多校第5场 网络流（或二分图）

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5352

题意：有N个城市，一开始都处于被地震摧毁的状态。之后有M个询问，1 x表示可以将与x相连（包括x）的城市重建（重建后不再被地震破坏），每次能重建的城市的数量小于等于k；2 x y表示在x和y之间建立一条道路相同；3 p x1 y1...xp yp表示有p组道路被破坏，分别是x1 y1...xp yp；现要求每次询问1 x时要重建几座城市，使得所有最后重建的城市的数量最多，且重建城市的数量形成的序列的字典序最小。

想法：

感觉是挺难想到的网络流问题，主要就是模型的确立（网络流难的一般都是建立模型）。

大致的建图方式：将所有城市与源点s相连，边的容量为1（为什么为1？因为城市只能被重建一次，建好后便不会被摧毁），费用为0。将所有1 x的操作弄成节点与汇点t相连，容量为k（因为每次最多只能重建k个城市），费用为0。并且每次1 x的操作中，将该节点和x联通的节点都连一条边，边的容量为无穷大，边的费用是cost（这个等下稍微要有点技巧），就相当于每次的1 x的操作要重建几座城市。

如果题目要求是的最多建立几座城市，那么最大流就够了，但是这里要用到最小费用最大流来实现字典序最小。假设cost一开始是一个较大的值，每次操作1 x之后这个cost就自减一个值，这样做的目的是让流量优先通过后面操作的1 x，来实现字典序的最小。要输出答案的话，只要遍历1 x的节点，将通向汇点的边的流量记录下来输出就是最小字典序

#include<bits/stdc++.h>#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;i++)using namespace std;typedef long long ll;const int INF = 0x3f3f3f3f;const int e_maxn = 150000 * 2;const int v_maxn = 900;struct ppp{    int v,nex,cap,flow,c;}e[e_maxn];int head[v_maxn],pre[v_maxn],inq[v_maxn],a[v_maxn],dis[v_maxn];int tole,N,M,s,t,K;void make_edge(int u,int v,int cap,int c){    e[tole].v = v;e[tole].cap = cap;e[tole].c = c;e[tole].flow = 0;e[tole].nex = head[u]; head[u] = tole++;}void add_edge(int u,int v,int cap,int c){    make_edge(u,v,cap,c);    make_edge(v,u,0,-c);}queue<int> que;void maxflow_mincost(int s,int t,int &flow,int &cost){    int temp,v,u;    while(1)    {        mem(inq,0);        mem(dis,0x3f);        a[s] = INF;        dis[s] = 0;        inq[s] = 1;        que.push(s);        mem(pre,-1);        pre[s] = 0;        while(!que.empty())        {            temp = que.front();            que.pop();            inq[temp] = 0;            for(int i = head[temp];~i;i = e[i].nex)            {                v = e[i].v;                if(e[i].cap > e[i].flow && dis[v] > dis[temp] + e[i].c)                {                    dis[v] = dis[temp] + e[i].c;                    pre[v] = i;                    a[v] = min(a[temp],e[i].cap - e[i].flow);                    if(!inq[v]){que.push(v);inq[v] = 1;}                }            }        }        if(pre[t] == -1)break;        flow += a[t];        cost += dis[t] * a[t];        for(u = t;u != s;u = e[pre[u] ^ 1].v)        {            e[pre[u]].flow += a[t];            e[pre[u] ^ 1].flow -= a[t];        }    }}int ma[202][202];int vis_v[202];void dfss(int u)//找于x相连的点用dfs{    for(int i = 1; i <= N;i++)        if(!vis_v[i] && ma[u][i])    {        vis_v[i] = 1;        dfss(i);    }}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        mem(head,-1);        tole = 0;        scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);        int cntk = 0;        mem(ma,0);        int a,b,c;        int cost = 9999999;//cost在每次1 x的操作后自减        while(M--)        {            scanf("%d",&a);            if(a == 1){                scanf("%d",&b);                mem(vis_v,0);                vis_v[b] = 1;                dfss(b);                cntk++;                for(int i = 1;i <= N;i++)                if(vis_v[i])                    add_edge(i,N + cntk,INF,cost);                cost -= 100;            }else if(a == 2){                scanf("%d%d",&b,&c);                ma[b][c] = 1;                ma[c][b] = 1;            }else if(a == 3){                scanf("%d",&a);                for(int i = 1;i <= a;i++)                {                    scanf("%d%d",&b,&c);                    ma[b][c] = ma[c][b] = 0;                }            }        }        s = 0,t = N + cntk + 1;        for(int i = 1;i <= N;i++)            add_edge(s,i,1,0);        for(int i = N + 1;i <= N + cntk;i++)            add_edge(i,t,K,0);        int haha = 0,xixi = 0;        maxflow_mincost(s,t,haha,xixi);        int ans[505];        int len = 0;        int summ = 0;        for(int i = N + 1;i <= N + cntk;i++)        {            for(int j = head[i];~j;j = e[j].nex)            {                int v = e[j].v;                if(v == t)                {                    summ += e[j].flow;                    ans[len++] = e[j].flow;                    break;                }            }        }        printf("%d\n",summ);        for(int i = 0;i < len;i++)        {            if(i > 0){                printf(" ");            }            printf("%d",ans[i]);        }        printf("\n");    }}