洛谷 P1344 [USACO4.4]追查坏牛奶Pollutant Control

题目描述

你第一天接手三鹿牛奶公司就发生了一件倒霉的事情:公司不小心发送了一批有三聚氰胺的牛奶。很不幸,你发现这件事的时候,有三聚氰胺的牛奶已经进入了送货网。这个送货网很大,而且关系复杂。你知道这批牛奶要发给哪个零售商,但是要把这批牛奶送到他手中有许多种途径。送货网由一些仓库和运输卡车组成,每辆卡车都在各自固定的两个仓库之间单向运输牛奶。在追查这些有三聚氰胺的牛奶的时候,有必要保证它不被送到零售商手里,所以必须使某些运输卡车停止运输,但是停止每辆卡车都会有一定的经济损失。你的任务是,在保证坏牛奶不送到零售商的前提下,制定出停止卡车运输的方案,使损失最小。

输入输出格式

输入格式:

第一行: 两个整数N(2<=N<=32)、M(0<=M<=1000), N表示仓库的数目,M表示运输卡车的数量。仓库1代 表发货工厂,仓库N代表有三聚氰胺的牛奶要发往的零售商。 第2..M+1行: 每行3个整数Si,Ei,Ci。其中Si,Ei表示这 辆卡车的出发仓库,目的仓库。Ci(0 <= C i <= 2,000,000) 表示让这辆卡车停止运输的损失。

输出格式:

两个整数C、T:C表示最小的损失,T表示在损失最小的前提下,最少要停止的卡车数。

输入输出样例

输入样例#1: 
4 5
1 3 100
3 2 50
2 4 60
1 2 40
2 3 80
输出样例#1: 
60 1

说明

题目翻译来自NOCOW。

USACO Training Section 4.4

Solution:

  简单讲,本题给出了边的权值,要求最小的代价使得1和n不连通。这不就是最小割嘛!我们直接把1当作S,n当作T。

  但因为本题既要输出最小割的值又要输出割的边数,前者好求关键是后者如何去求更简单,容易想到我们可以直接建两次图,一次按原边权建图跑最大流求得最小割,再按边权为1建图跑最大流求割的边数,这是一种思路;

  当然我们完全可以换种思路用一次最大流搞定,只需建图时将边权w=w*a+1(w为本来的边权,a为大于1000的数),这样我们能求得最大流ans,则最小割的值为ans/a,割的边数为ans%a。这很容易理解,但是还是解释一下:因为最小割的边集中有w1+w2+w3…+wn=ans(这个ans为本来的最小割),所以必然有w1*a+w2*a+w3*a…+wn*a=ans*a,于是必然有w1*a+1+w2*a+1+w3*a+1…+wn*a+1=ans*a+k(k为最小割的边数,k<=m<=1000),这样就很明显了,因为边数m不大于1000,所以k的最大值为1000,我们只要使设定的a的值大于1000,那么按上述方法建图,跑出的最大流除以a就是最小割的值ans,最大流模a就是最小割的边数k。

代码:

 1 // luogu-judger-enable-o2
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 #define il inline
 4 #define ll long long 
 5 #define debug printf("%d %s
",__LINE__,__FUNCTION__)
 6 using namespace std;
 7 const ll N=100005,inf=233333333333333,mod=2018;
 8 ll n,m,s,t,h[100],dis[2005],cnt=1;
 9 ll ans;
10 struct edge{
11 ll to,net;ll v;
12 }e[N];
13 il void add(ll u,ll v,ll w)
14 {
15     e[++cnt].to=v,e[cnt].net=h[u],e[cnt].v=w,h[u]=cnt;
16     e[++cnt].to=u,e[cnt].net=h[v],e[cnt].v=0,h[v]=cnt;
17 }
18 queue<ll>q;
19 il bool bfs()
20 {
21     memset(dis,-1,sizeof(dis));
22     q.push(s),dis[s]=0;
23     while(!q.empty())
24     {
25         int u=q.front();q.pop();
26         for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
27         if(dis[e[i].to]==-1&&e[i].v>0)dis[e[i].to]=dis[u]+1,q.push(e[i].to);
28     }
29     return dis[t]!=-1;
30 }
31 il ll dfs(ll u,ll op)
32 {
33     if(u==t)return op;
34     ll flow=0,used=0;
35     for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
36     {
37         int v=e[i].to;
38         if(dis[v]==dis[u]+1&&e[i].v>0)
39         {
40             used=dfs(v,min(op,e[i].v));
41             if(!used)continue;
42             flow+=used,op-=used;
43             e[i].v-=used,e[i^1].v+=used;
44             if(!op)break;
45         }
46     }
47     if(!flow)dis[u]=-1;
48     return flow;
49 }
50 int main()
51 {
52     scanf("%lld%lld",&n,&m);s=1,t=n;
53     ll u,v;ll w;
54     for(int i=1;i<=m;i++)
55     {
56         scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
57         add(u,v,w*mod+1);
58     }
59     while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
60     printf("%lld %lld
",ans/mod,ans%mod);
61     return 0;
62 }
原文地址:https://www.cnblogs.com/five20/p/8284477.html