bzoj2095: [Poi2010]Bridges（二分+混合图求欧拉回路）

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这篇题解讲的真吼->这里

首先咱们能够二分一个答案，而后把全部权值小于这个答案的都加入图中

那么问题就转化为一张混合图（既有有向边又有无向边）中是否存在欧拉回路

首先

       无向图存在欧拉回路，当且仅当图的全部顶点度数都为偶数且图连通。

       有向图存在欧拉回路，当且仅当图的全部顶点入度等于出度且图连通。

那么咱们怎么判断混合图的欧拉回路是否存在呢？

咱们把无向边的边随便定向，而后计算每个点的入度和出度。若是有某一个点的入度和出度之差是奇数，那么确定不存在欧拉回路。

由于欧拉回路要求入度等于出度，也就是总度数为偶数，因此有奇数度点确定不存在欧拉回路

那么如今每一个点的入度和出度之差都是偶数，咱们把它除以二，设为$x$，那么，对于每个点，咱们只要改变与它相连的$x$条边的方向改变，它就能保证入度等于出度。若是每一个点都能这样，那么这张图就存在一个欧拉回路

那么咱们该改变哪些边来让点的出度等于入度呢？首先，有向边不能改变，忽略。而后咱们一开始不是把无向边定向了么？那咱们就按照定的向构建网络，边长容量$1$。而后新建源点和汇点，若是入度大于出度，则将点向汇点连边，容量为$x$，若是出度大于入度，则将源点向该点连边，容量为$x$。而后咱们只要跑一个最大流，看看可否使网络满流。若能够，则有解，不然无解

考虑为何。咱们把网络中每一条满流的边（也就是流量非0的边）反向，就能获得一个每点入度等于出度的欧拉图。由于这个网络满流，因此每个入度大于出度的点都会有$x$条边进来，把这$x$条边反向就能使它入度等于出度。出度大于入度的点同理。那么，既没和源点连也没和汇点连的点怎么办呢？由于这样的点一定是入度等于出度的，那么在网络流过程当中他们属于中间点，那么一定知足流量守恒，因此进来的流量和出去的流量是同样的，那么反向以后仍然保持平衡

解决了

  1 //minamoto
  2 #include<iostream>
  3 #include<cstdio>
  4 #include<cstring>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<queue>
  7 #define inf 0x3f3f3f3f
  8 using namespace std;
  9 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 10 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
 11 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
 12 template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
 13 inline int read(){
 14     #define num ch-'0'
 15     char ch;bool flag=0;int res;
 16     while(!isdigit(ch=getc()))
 17     (ch=='-')&&(flag=true);
 18     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
 19     (flag)&&(res=-res);
 20     #undef num
 21     return res;
 22 }
 23 const int N=5005,M=100005;
 24 int head[N],Next[M],ver[M],edge[M],tot;
 25 int out[N],in[N],u[N],v[N],w1[N],w2[N],sum;
 26 int dep[N],cur[N];
 27 int n,m,s,t;
 28 queue<int> q;
 29 inline void add(int u,int v,int e){
 30     ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e;
 31     ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,edge[tot]=0;
 32 }
 33 bool bfs(){
 34     memset(dep,-1,sizeof(dep));
 35     while(!q.empty()) q.pop();
 36     for(int i=s;i<=t;++i) cur[i]=head[i];
 37     q.push(s),dep[s]=0;
 38     while(!q.empty()){
 39         int u=q.front();q.pop();
 40         for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
 41             int v=ver[i];
 42             if(dep[v]<0&&edge[i]){
 43                 dep[v]=dep[u]+1,q.push(v);
 44                 if(v==t) return true;
 45             }
 46         }
 47     }
 48     return false;
 49 }
 50 int dfs(int u,int limit){
 51     if(u==t||!limit) return limit;
 52     int flow=0,f;
 53     for(int i=cur[u];i;i=Next[i]){
 54         int v=ver[i];cur[u]=i;
 55         if(dep[v]==dep[u]+1&&(f=dfs(v,min(limit,edge[i])))){
 56             flow+=f,limit-=f;
 57             edge[i]-=f,edge[i^1]+=f;
 58             if(!limit) break;
 59         }
 60     }
 61     if(!flow) dep[u]=-1;
 62     return flow;
 63 }
 64 int dinic(){
 65     int flow=0;
 66     while(bfs()) flow+=dfs(s,inf);
 67     return flow;
 68 }
 69 bool check(int mid){
 70     memset(head,0,sizeof(head)),tot=1;
 71     memset(out,0,sizeof(out));
 72     memset(in,0,sizeof(in));
 73     sum=0;
 74     for(int i=1;i<=m;++i){
 75         if(w1[i]<=mid) ++out[u[i]],++in[v[i]];//有向边记入度和出度 
 76         if(w2[i]<=mid) add(u[i],v[i],1);//无向边随便定个方向 
 77     }
 78     for(int i=1;i<=n;++i) if(abs(in[i]-out[i])&1) return false;
 79     for(int i=1;i<=n;++i){
 80         int x=in[i]-out[i];
 81         sum+=x>0?x>>1:0;
 82         if(x>0) add(i,t,x>>1);
 83         if(x<0) add(s,i,(-x)>>1);
 84     }
 85     return dinic()==sum;
 86 }
 87 int main(){
 88     //freopen("testdata.in","r",stdin);
 89     n=read(),m=read(),s=0,t=n+1;
 90     int l=inf,r=-inf;
 91     for(int i=1;i<=m;++i){
 92         u[i]=read(),v[i]=read(),w1[i]=read(),w2[i]=read();
 93         if(w1[i]>w2[i]) swap(u[i],v[i]),swap(w1[i],w2[i]);
 94         cmin(l,w1[i]),cmax(r,w2[i]);
 95     }
 96     while(l<=r){
 97         int mid=l+r>>1;
 98         if(check(mid)) r=mid-1;else l=mid+1;
 99     }
100     if(!check(l)) puts("NIE");else printf("%d\n",l);
101     return 0;
102 }
103 ?