bzoj2095-Bridge

题意

一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的图,每条边双向都有权值(可能不一样)。求从 1 开始,经过所有点,经过所有边一次且仅一次(即一定要经过这条边的某个方向)回到 1 的路径上权值最大的最小是多少。\(n\le 1000,m\le 2000\)

分析

显然二分答案,判定是否存在欧拉回路。

欧拉回路的判定用网络流方法。

若是一个有向图,存在欧拉欧拉回路的充要条件是每个点入度等于出度。但这是一个混合图,含有无向边,所以我们要看看无向边走哪个方向,使得每个点的入度等于出度。

对于一条无向边,任意定向,先判断每个点的入度出度之差是否是偶数。若不是,那么无论如何更改方向都不能满足条件。若是偶数,这实际上就告诉我们,每个点有多少入度或者出度需要更改。

\(d_x\)\(x\) 点的入度减出度,那么若 \(d_x>0\) ,向汇点连 \(\frac{d_x}{2}\) 的边,否则从源点连 \(\frac{|d_x|}{2}\) 的边。对于任意定向的无向边,给 1 的容量。

考虑这个网络上的一条增广路,它的含义是把这个路径上的边全部反向。注意,这只影响了开头的点和末尾的点的入度与出度关系。具体来说,起始点的入度加一,出度减一;末尾点的入度减一,出度加一。若源点出边满流,就说明,每个点的不合法出度已经被全部更改完了,那么每个点的不合法出度也相应地更改完了。也就是说,原来任意定向的边有 1 的流量,那么把这条边反过来,这样构造的新图是满足每个点的入度等于出度的,即存在欧拉回路。

复杂度为 \(O(n^2m\log w)\)

UPD: 这题的可二分性有待讨论,搞不好这题是错的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define M(x) memset(x,0,sizeof x)
using namespace std;
inline char nchar() {
	static const int bufl=1<<20;
	static char buf[bufl],*a,*b;
	return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
	int x=0,f=1;
	char c=nchar();
	for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
	for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*f;
}
const int maxn=1e3+10;
const int maxm=4e3+10;
template<typename T> inline void Max(T &x,T y) {x=max(x,y);}
int n,m,f[maxn],all,ind[maxn],oud[maxn];
int find(int x) {return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
struct bian {
	int x,y,a,b;
} b[maxm];
struct some {
	int x,y;
	bool bi; // true: undir; false: dir
} a[maxm];
namespace graph {
	struct edge {
		int v,w,nxt;
	} e[maxm];
	int h[maxn],tot,que[maxn],ql,qr,d[maxn];
	inline void clear() {
		memset(h,-1,sizeof h);
		tot=1;
	}
	inline void add(int x,int y,int w) {
		e[++tot]=(edge){y,w,h[x]};
		h[x]=tot;
		e[++tot]=(edge){x,0,h[y]};
		h[y]=tot;
	}
	inline bool bfs(int s,int t) {
		memset(d,0,sizeof d);
		d[que[ql=qr=1]=s]=1;
		while (ql<=qr) {
			int x=que[ql++];
			for (int i=h[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) if (e[i].w && !d[v]) d[que[++qr]=v]=d[x]+1;
		}
		return d[t];
	}
	int dfs(int x,int t,int mi) {
		if (x==t) return mi;
		int flow=0;
		for (int i=h[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) if (e[i].w && d[v]==d[x]+1) {
			int tmp=dfs(v,t,min(mi,e[i].w));
			if (!tmp) {d[v]=0;continue;}
			e[i].w-=tmp,e[i^1].w+=tmp,mi-=tmp,flow+=tmp;
			if (!mi) break;
		}
		return flow;
	}
	inline int maxflow(int s,int t) {
		int ret=0;
		while (bfs(s,t)) ret+=dfs(s,t,INT_MAX);
		return ret;
	}
}
inline bool check() {
	M(ind),M(oud);
	for (int i=1;i<=all;++i) ++ind[a[i].y],++oud[a[i].x];
	for (int i=1;i<=n;++i) if ((ind[i]-=oud[i])&1) return false; else ind[i]>>=1;
	int S=0,T=n+1,sm=0;
	graph::clear();
	for (int i=1;i<=all;++i) if (a[i].bi) graph::add(a[i].x,a[i].y,1);
	for (int i=1;i<=n;++i) if (ind[i]>0) graph::add(i,T,ind[i]); else if (ind[i]<0) graph::add(S,i,-ind[i]),sm-=ind[i];
	int flow=graph::maxflow(S,T);
	return flow==sm;
}
inline bool ok(int mx) {
	for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
	int cnt=n;
	for (int i=1;i<=m;++i) if (b[i].a<=mx || b[i].b<=mx) {
		int fx=find(b[i].x),fy=find(b[i].y);
		if (fx!=fy) f[fx]=fy,--cnt;
	}
	if (cnt>1) return false;
	all=0;
	for (int i=1;i<=m;++i) if (b[i].a<=mx && b[i].b<=mx) a[++all]=(some){b[i].x,b[i].y,true}; else {
		if (b[i].a<=mx) a[++all]=(some){b[i].x,b[i].y,false};
		if (b[i].b<=mx) a[++all]=(some){b[i].y,b[i].x,false};
	}
	return check();
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("test.in","r",stdin);
#endif
	int l=1,r=0,ans;
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=m;++i) b[i].x=read(),b[i].y=read(),b[i].a=read(),b[i].b=read(),Max(r,max(b[i].a,b[i].b));
	while (l<=r) {
		int mid=l+r>>1;
		if (ok(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1;
	}
	ans?printf("%d\n",ans):puts("NIE");
	return 0;
}
posted @ 2017-09-18 10:16  permui  阅读(144)  评论(0编辑  收藏  举报