洛谷P1345 [USACO5.4]奶牛的电信Telecowmunication（最小割）

题目描述

农夫约翰的奶牛们喜欢通过电邮保持联系，于是她们建立了一个奶牛电脑网络，以便互相交流。这些机器用如下的方式发送电邮：如果存在一个由c台电脑组成的序列a1,a2,...,a(c)，且a1与a2相连，a2与a3相连，等等，那么电脑a1和a(c)就可以互发电邮。

很不幸，有时候奶牛会不小心踩到电脑上，农夫约翰的车也可能碾过电脑，这台倒霉的电脑就会坏掉。这意味着这台电脑不能再发送电邮了，于是与这台电脑相关的连接也就不可用了。

有两头奶牛就想：如果我们两个不能互发电邮，至少需要坏掉多少台电脑呢？请编写一个程序为她们计算这个最小值。

以如下网络为例：

1* / 3 - 2*

这张图画的是有2条连接的3台电脑。我们想要在电脑1和2之间传送信息。电脑1与3、2与3直接连通。如果电脑3坏了，电脑1与2便不能互发信息了。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行 四个由空格分隔的整数：N,M,c1,c2.N是电脑总数(1<=N<=100)，电脑由1到N编号。M是电脑之间连接的总数(1<=M<=600)。最后的两个整数c1和c2是上述两头奶牛使用的电脑编号。连接没有重复且均为双向的(即如果c1与c2相连，那么c2与c1也相连)。两台电脑之间至多有一条连接。电脑c1和c2不会直接相连。

第2到M+1行 接下来的M行中，每行包含两台直接相连的电脑的编号。

 

输出格式：

 

一个整数表示使电脑c1和c2不能互相通信需要坏掉的电脑数目的最小值。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制 
3 2 1 2
1 3
2 3
输出样例#1： 复制 
1
题解
　　
　话说这题第一眼看去是边双诶
　　然后一看题解：我靠竟然还能用网络流做？
　　考虑每一个点，只能被删一次，所以拆点，把每个点拆成$A_i$和$B_i$，容量$1$
　　然后对于每一条边，连接$B_u->A_v$和$B_v->A_u$，容量$inf$
　　然后源点$B_{c1}$，汇点$A_{c2}$
　　为了让这两点不连通，要割去一些边
　　$inf$的边不可能被割，所以只可能割容量为$1$的，等价于割这个点
　　然后只要跑一个最小割即可
 1 //minamoto
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<queue>
 6 #define inf 0x3f3f3f3f
 7 using namespace std;
 8 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 9 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
10 inline int read(){
11     #define num ch-'0'
12     char ch;bool flag=0;int res;
13     while(!isdigit(ch=getc()))
14     (ch=='-')&&(flag=true);
15     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
16     (flag)&&(res=-res);
17     #undef num
18     return res;
19 }
20 const int N=205,M=3005;
21 int ver[M],Next[M],head[N],edge[M],tot=1;
22 int dep[N],cur[N],n,m,s,t;
23 queue<int> q;
24 inline void add(int u,int v,int e){
25     ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e;
26     ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,edge[tot]=0;
27 }
28 bool bfs(){
29     while(!q.empty()) q.pop();
30     memset(dep,-1,sizeof(dep));
31     for(int i=1;i<=2*n;++i) cur[i]=head[i];
32     q.push(s),dep[s]=0;
33     while(!q.empty()){
34         int u=q.front();q.pop();
35         for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
36             int v=ver[i];
37             if(dep[v]<0&&edge[i]){
38                 dep[v]=dep[u]+1,q.push(v);
39                 if(v==t) return true;
40             }
41         }
42     }
43     return false;
44 }
45 int dfs(int u,int limit){
46     if(!limit||u==t) return limit;
47     int flow=0,f;
48     for(int i=cur[u];i;i=Next[i]){
49         int v=ver[i];cur[u]=i;
50         if(dep[v]==dep[u]+1&&(f=dfs(v,min(limit,edge[i])))){
51             flow+=f,limit-=f;
52             edge[i]-=f,edge[i^1]+=f;
53             if(!limit) break;
54         }
55     }
56     return flow;
57 }
58 int dinic(){
59     int flow=0;
60     while(bfs()) flow+=dfs(s,inf);
61     return flow;
62 }
63 int main(){
64     n=read(),m=read();
65     s=read()+n,t=read();
66     for(int i=1;i<=n;++i) add(i,i+n,1);
67     for(int i=1;i<=m;++i){
68         int u=read(),v=read();
69         add(u+n,v,inf);
70         add(v+n,u,inf);
71     }
72     printf("%d\n",dinic());
73     return 0;
74 }

 

 
posted @ 2018-08-21 19:07  bztMinamoto  阅读(218)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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