最小割的必须割边和可行割边

题目

简明题意:求最小割的必须割边和可行割边.

1. 可行割边的断定法则:

   你可能有个直觉:流满的边必定是可行边.

   然而这是错的.如图:

若是每条边的流量都为1.b流满了不表明它是必修边.

咱们对 $SCC$缩点后,那么可行边的端点只能在不一样的强连通份量.

由于要知足最小割的话,割边必须是一些流的必经边,不然删除更小,与定义矛盾.

而一个环的话是没有必经边可言的,因此只有端点在不一样的强连通份量的合法.

2. 必须边必须是一个流的惟一瓶颈,不是惟一的那个的话则可替换.

   由此能够看出当咱们增大一条必须割边的容量时,势必会使得最大流增大.

   因此咱们的选择也必须知足这一性质,即 $id[S]=id[x]\cap id[T]=id[y],id$表示强连通份量的标号.

   此时 $S\rightarrow x \rightarrow y \rightarrow T$是合法的流,知足条件.

Code:

#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define IT iterator
#define SZ(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N=4010,M=12e4+10,size=1<<20,inf=-1u/2;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}


int n,m,st,ed,d[N],c[N],q[N],l,r;
struct edge{int y,next,c;}a[M]; int len=1,last[N],cur[N];
void ins(int x,int y,int c) {a[++len]=(edge){y,last[x],c}; last[x]=len;}
void add(int x,int y,int c) {ins(x,y,c); ins(y,x,0);}

void bfs() {
	q[l=r=1]=ed; ++c[d[ed]=1]; memcpy(cur+1,last+1,n<<2);
	for(int x=ed;l<=r;x=q[++l])
		for(int k=last[x],y;k;k=a[k].next)
			if(!d[y=a[k].y]) {++c[d[y]=d[x]+1]; q[++r]=y;}
}

int dfs(int x,int f) {
	if(x==ed) return f;
	int s=0,t;
	for(int &k=cur[x],y,z;k;k=a[k].next) {
		y=a[k].y; z=a[k].c;
		if(z&&d[y]+1==d[x]) {
			s+=t=dfs(y,min(f-s,z));
			a[k].c-=t; a[k^1].c+=t;
			if(s==f) return f;
		}
	}
	if(!--c[d[x]]) d[st]=n+1;
	++c[++d[x]]; cur[x]=last[x]; return s;
}

int dfn[N],low[N],sta[N],top,num,id[N],cnt; bool v[N];
void tarjan(int x) {
	dfn[x]=low[x]=++num;
	v[sta[++top]=x]=1;
	for(int k=last[x],y,z;k;k=a[k].next) {
		y=a[k].y; z=a[k].c;
		if(z) {
			if(!dfn[y]) {
				tarjan(y);
				low[x]=min(low[x],low[y]);
			}
			else if(v[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x]) {
		int z; cnt++;
		do {
			v[z=sta[top--]]=0;
			id[z]=cnt;
		} while(z^x);
	}
}

int main() {
	qr(n); qr(m); qr(st); qr(ed);
	for(int i=1,x,y,c;i<=m;i++) qr(x),qr(y),qr(c),add(x,y,c);
	bfs(); while(d[st]<=n) dfs(st,inf);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		if(!dfn[i]) 
			tarjan(i);
	for(int k=2;k<=len;k+=2)
		if(!a[k].c) pr1(id[a[k].y]!=id[a[k^1].y]),pr2(id[a[k^1].y]==id[st]&&id[a[k].y]==id[ed]);
		else puts("0 0");
	return 0;
}

=len;k+=2)
if(!a[k].c) pr1(id[a[k].y]!=id[a[k^{1].y]),pr2(id[a[k}1].y]==id[st]&&id[a[k].y]==id[ed]); else puts(“0 0”); return 0; }