BZOJ2561: 最小生成树

Description

　给定一个边带正权的连通无向图G=(V,E)，其中N=|V|，M=|E|，N个点从1到N依次编号，给定三个正整数u，v，和L (u≠v)，假设现在加入一条边权为L的边(u,v)，那么需要删掉最少多少条边，才能够使得这条边既可能出现在最小生成树上，也可能出现在最大生成树上？

　

Input

　　第一行包含用空格隔开的两个整数，分别为N和M；
　　接下来M行，每行包含三个正整数u，v和w表示图G存在一条边权为w的边(u,v)。
　　最后一行包含用空格隔开的三个整数，分别为u，v，和 L；
　　数据保证图中没有自环。

　

Output

　输出一行一个整数表示最少需要删掉的边的数量。

Sample Input

3 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2

Sample Output

1

HINT

对于20%的数据满足N ≤ 10，M ≤ 20，L ≤ 20；

　　对于50%的数据满足N ≤ 300，M ≤ 3000，L ≤ 200；

　　对于100%的数据满足N ≤ 20000，M ≤ 200000，L ≤ 20000。

Source

网络流

考虑一条边(u,v)在图的最小生成树上，则比它小的边一定不能连接u,v

就变成了一个最小割

u，v即为源汇

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=20020; const int inf=1e9+7; int cnt=1,ans,n,m,head[maxn]; struct edge{    int to,nxt;    int flow;}e[maxn*20]; inline void addedge(int x,int y,int flow){    e[++cnt].to=y;    e[cnt].nxt=head[x];    head[x]=cnt;    e[cnt].flow=flow;    /*e[++cnt].to=x;    e[cnt].nxt=head[y];    head[y]=cnt;    e[cnt].flow=0;*/} int q[maxn],dis[maxn],S,T; bool bfs(){    int ql=0,qr=1;    q[1]=S;    memset(dis,0,sizeof(dis));    dis[S]=1;    while(ql<qr)    {        int x=q[++ql];        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)        {            int y=e[i].to;            if(e[i].flow&&!dis[y])            {                dis[y]=dis[x]+1;                q[++qr]=y;            }        }    }    //printf("%d\n",dis[T]);    if(dis[T]) return true;    return false;}int dfs(int x,int flow){//if(!flow) return 0;      if(x==T) return flow;    int d,used=0;    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)    {        int y=e[i].to;        if(e[i].flow&&dis[y]==dis[x]+1)        {            d=dfs(y,min(flow,e[i].flow));            e[i].flow-=d;            e[i^1].flow+=d;            used+=d;            if(used==flow)                return flow;        }    }    //if(used!=-1&&used)    //printf("%d %d\n",used,x);    if(!used)        dis[x]=-1;    return used;}   inline void dinic(){    while(bfs())    {//    printf("true");//for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=head[i];        ans+=dfs(S,inf);    }} struct node{int x,y,w;bool operator < (const node &a) const{return w<a.w;}}g[maxn*10]; int main(){//freopen("naive.in","r",stdin);//freopen("orzyfz.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&g[i].x,&g[i].y,&g[i].w);sort(g+1,g+m+1);int L;    scanf("%d%d%d",&S,&T,&L);for(int i=1;i<=m;i++){if(g[i].w>=L)break;addedge(g[i].x,g[i].y,1);addedge(g[i].y,g[i].x,1);}dinic();cnt=1;memset(head,0,sizeof(head ));for(int i=m;i;i--){if(g[i].w<=L)break;addedge(g[i].x,g[i].y,1);addedge(g[i].y,g[i].x,1);}dinic();printf("%d",ans); }