题目
题目大意
给你一个无向图，你要割掉一些边使得(1)到(n)的所有最短路径被阻截。
割掉一个边((u,v))的代价为(a_u)或(a_v)（记为两种不同的方案）。
问最小代价及其唯一性。
思考历程
首先要将最短路图给建出来。
然后我就莫名其妙地想到了支配树，还在这个方向上思考了一阵子……
想不到怎么做……
然后我又想到之前某道题，将最大反链长度转化为最小链覆盖，然后用二分图匹配来实现。
我模仿着打了个KM算法，然后发现果然错了……
看来是不能直接生搬硬套的……
然后蓦然发现：这道题不就是个最小割吗！
于是就开始狂打……
最终的问题就是：如何判断唯一性……
匆匆忙忙地打了个错误的方法，交了上去。
正解
这题当然是最小割啦……
由于每条边选(a_u)和(a_v)算作两种方案，所以每条边要拆成两条来搞。
建图当然显然了。
至于判断是否有唯一性，可以把最小割后的残量网络的(S)集合和(T)集合找出来。
枚举(S)集合和(T)集合之间被割掉的边，求它们的权值和。
跟最小割进行对比，如果相等，则具有唯一性。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <vector>
#define N 410
#define M 4010
int n,m;
int a[N];
struct EDGE{
int to,len;
EDGE *las;
} e[M*2];
int ne;
EDGE *last[N*2];
inline void link(int u,int v,int len){
e[ne]={v,len,last[u]};
last[u]=e+ne++;
}
long long dis[N+M];
struct EDGE2{
int to,c;
EDGE2 *las;
} e2[M*4];
int ne2;
EDGE2 *last2[N+M];
#define rev(ei) (e2+(int(ei-e2)^1))
inline void link2(int u,int v,int c){
e2[ne2]={v,c,last2[u]};
last2[u]=e2+ne2++;
e2[ne2]={u,0,last2[v]};
last2[v]=e2+ne2++;
}
int S,T;
inline void S_P(){
static int q[100001];
static bool inq[N];
int head=0,tail=1;
q[1]=1;
memset(inq,0,sizeof inq);
inq[1]=1;
memset(dis,127,sizeof dis);
dis[1]=0;
do{
int x=q[++head];
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (dis[x]+ei->len<dis[ei->to]){
dis[ei->to]=dis[x]+ei->len;
if (!inq[ei->to]){
inq[ei->to]=1;
q[++tail]=ei->to;
}
}
inq[x]=0;
}
while (head!=tail);
memset(last2,0,sizeof last2);
ne2=0;
S=1,T=n;
for (int i=1;i<=T;++i){
for (EDGE *ei=last[i];ei;ei=ei->las)
if (dis[i]+ei->len==dis[ei->to]){
++n;
link2(i,n,a[i]);
link2(n,ei->to,a[ei->to]);
}
}
}
bool BZ;
int gap[N+M];
EDGE2 *cur[N+M];
int dfs(int x,int s){
if (x==T)
return s;
int have=s;
for (EDGE2 *ei=cur[x];ei;ei=ei->las){
cur[x]=ei;
if (ei->c && dis[ei->to]+1==dis[x]){
int t=dfs(ei->to,min(ei->c,have));
ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have-=t;
if (!have)
return s;
}
}
cur[x]=last2[x];
if (!--gap[dis[x]])
BZ=0;
dis[x]++;
gap[dis[x]]++;
return s-have;
}
inline long long flow(){
long long res=0;
memset(gap,0,sizeof gap);
memset(dis,0,sizeof dis),
gap[0]=n;
BZ=1;
while (BZ)
res+=dfs(S,INT_MAX);
return res;
}
inline bool pd(int mincut){
static int q[N+M];
static int vis[N+M];
int head=0,tail=1;
q[1]=S;
memset(vis,0,sizeof vis);
vis[S]=1;
do{
int x=q[++head];
for (EDGE2 *ei=last2[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->c && !vis[ei->to]){
vis[ei->to]=1;
q[++tail]=ei->to;
}
}
while (head!=tail);
head=0,tail=1;
q[1]=T;
vis[T]=2;
do{
int x=q[++head];
for (EDGE2 *ei=last2[x];ei;ei=ei->las)
if (rev(ei)->c && !vis[ei->to]){
vis[ei->to]=2;
q[++tail]=ei->to;
}
}
while (head!=tail);
long long sum=0;
for (int i=1;i<=tail;++i)
for (EDGE2 *ei=last2[q[i]];ei;ei=ei->las)
if (rev(ei)->c==0 && vis[ei->to]==1)
sum+=ei->c;
return sum==mincut;
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
a[n]=INT_MAX;
memset(last,0,sizeof last);
ne=0;
for (int i=1;i<=m;++i){
int u,v,len;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&len);
link(u,v,len),link(v,u,len);
}
S_P();
long long mincut=flow();
if (pd(mincut))
printf("Yes %d
",mincut);
else
printf("No %d
",mincut);
}
return 0;
}
总结
这题的最大收获就是唯一性的判定了……