。1.给你一个无向图，问这张图的最小割是否唯一。输出yes或no。
跑一边最大流，那么最小割的那些正向边一定满流（也就是过不了了）。所以在残余网络上，从S到T和从T到S各广搜找一组最小割的边（即正向边满流），判断是否完全相同即可。
2.题意同上，求所有最小割的边集并和边集交。
做完最大流后，整张图的最小割的边就只有反向边了，所以残余网络只存在从T到S的路径而不存在从S到T的路径。
于是把满流的边和不在T到S的路径上的边都删掉，然后对剩下的边（正、反向边）组成的图缩点。
为什么要缩点？比如下面这个强连通分量（这里是简单的环）：
很明显它们的正向边都还没满流，所以都不是割边，直接缩掉这样的SCC。
缩点后整张图变成了一个DAG。由于已经删掉了不在T到S的路径上的点，DAG的所有边都是最小割的边，其边集就是最小割的并。
最小割的交的求法类似T1。
3.一张有向图，从起点出发，中途有一条边会断掉，但你只有走到那条边的一端时才知道。问最坏情况下从起点到终点的最短路（任何一条边都可能断）。当然，你是以最优策略走的。点、边数<=2500，图可能有环。
首先，不可能不断边。
其次，如果有桥，那这个桥断了就是最坏情况，无解。
dp[i][j]表示从起点走到i，最坏情况下是编号为j的边断了，最短路是多少。
4.一张无向图，每种边权的边不会超过5个，求有多少种最小生成树。点、边数<=100000。
5.n个点，任意连边，问有多少种方案能使原图成为无向连通图。（poj1737 / bzoj3456）
(1) n<=8
(2) n<=12
(3) n<=100
(4) n<=2000
(5) n<=100000
6.n(<=2000)个节点的树，可以添加至多k(<=50)条边权为$W$的边，求在经过每条边的情况下从根节点出发回到根节点的最短路（加上的边也要经过）。
像这种图论题一般都要先推一些结论。
那这道题有什么结论呢？
我们可以先想想不加边的时候总路径是多少。当然，每条边都有去有回走了两次，因此此时最短路（当然只有一种路径）就是 所有边权之和*2。如图。
添加一条边（绿边）之后，经过所有边的路径大概就变成这样
那到底少走了哪些路径呢？没错，如图的黄线部分可以只走一次。
也就是说，黄线覆盖的边都是“有去无回”的。
当然不可能有无去无回的边，因为每条边至少经过一次（重要结论）
而黄线是哪一段？就是新连接的两点之间的原路径。也可以认为是两点到LCA的路径并。
让我们举出一个例图：
所以，每条边可以分走一次和走两次两种情况。我们可以考虑一条边的状况：
如果一条边经过两次（钦定这条蓝边），
那它一定有偶数条儿子边有去无回（0也是偶数）。
为什么呢？
因为这条边要有去有回，那么 以这条边下端的点为根的子树 与其它子树（即除了这棵子树以外，原树的剩余部分）有偶数条加边。
如果连出去奇数条边的话，由于每条加边也都要走，所以最终一定会转出这棵子树而回不来了。如果出去后重走新边回来，那么可以证明出这棵子树的部分都是白走。因为要原路返回这条边，到其它子树走的那些边必定都是有来无回的，且最终多走了加边两次。可以证明这样不比不连奇数条边更优。
但是连出去偶数条边好像依然很复杂啊！这时每条边走的次数如下图。
我们发现，有两棵不同的子树的边都只走了一次，但是我们应该让一个点（比如上图的黄点）的dp限定在以这个点为根的子树中，而不影响其它子树，这样才能逐层向父亲合并答案。
好像dp不可做了，回去读题。
但再读题，我们注意到“所有加边的边权相等”，那这有一个什么性质呢？
...交叉边的情况好像可以忽略。
为什么可以这么想？
大家如果学过小学知识就能构思出这样一个交叉图（加边还是绿色）：
它也可以这么连边到终点：
由于加边权值相等，且总是只经过一条黑边，所以两次路径长度相等。
换回这道题是个什么玩意：
我们发现两棵子树的边都只走了一次，那我们为什么要让它们交叉加边呢？这种情况等价于它们各自加边：
这样就可以只考虑以某个点为根的子树的情况了。
好了，我们解决了 以这条边下端的点为根的子树 向其它子树连出偶数条加边 这个棘手的问题，证明了连出去偶数条加边的情况等价于不连出去加边的情况。
所以，在我们的dp情况中，一条边（仍然是下图蓝边）要有去有回，那么 以这条边下端的点为根的子树 是独立的（即与其它子树没有加边）。
（回到原图）
前面说过，当一条边有去有回时，这条边有偶数条儿子边有去无回。
类似地，如果一条边只经过一次（有去无回），这条边有奇数条儿子边有去无回，这棵子树向其它子树连了奇数条加边。
根据前面对于前面那种情况下，加边数为偶数但只能是0 的证明，这里每2条与其它子树连的加边都可以消为在各自子树中连边，因此这棵子树与其它子树一定只连了1条加边。
然后可以推出，唯一的连向其它子树的加边 就在这条边（仍然是下图蓝边）的 一条有去无回的儿子边下的子树，这样就不用回到这条边了。
我们可以套用经典的树上背包转移：设 $dp(i,j,0/1)$ 表示在以点$i$为根的子树，该子树中加了$j$条边（也就是说加边的两端点都在该子树中才算！连到其它子树的不算），点$i$的父节点是否经过一次（经过两次记为0，经过一次记为1）。
再设$v$为当前扫到的$i$的一个儿子点，$w$为对应的儿子边，$k$为给以这个儿子为根的子树 分配的加边数，那就有四种转移。
tips：$dp(i,j,0)$（根节点的父边有去有回）的转移中，$dp(v,k,1)+w+dp(i,j-k-1,1)+W$ 中 $j-k-1$ 一项的 $-1$ 意思是这个儿子是有去无回的，但要回到根节点，以这个儿子为根的子树 就要向整棵子树中已经转移过的部分连一条边，所以转移时独立出这条长度为$W$的加边。
最短路就是$min[dp(root,x,0),dp(root,x,1)]$ | $0leq xleq k$。
时间复杂度$O(nk)$。
代码？不存在的，这只是个笔记