题解 P1344 【[USACO4.4]追查坏牛奶Pollutant Control】
浅色调
2018-01-14 22:05:29
### **题意：**
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。 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。
### **思路：**
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：**
```cpp
// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define debug printf("%d %s\n",__LINE__,__FUNCTION__)
using namespace std;
const ll N=100005,inf=233333333333333,mod=2018;
ll n,m,s,t,h[100],dis[2005],cnt=1;
ll ans;
struct edge{
ll to,net;ll v;
}e[N];
il void add(ll u,ll v,ll w)
{
e[++cnt].to=v,e[cnt].net=h[u],e[cnt].v=w,h[u]=cnt;
e[++cnt].to=u,e[cnt].net=h[v],e[cnt].v=0,h[v]=cnt;
}
queue<ll>q;
il bool bfs()
{
memset(dis,-1,sizeof(dis));
q.push(s),dis[s]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
if(dis[e[i].to]==-1&&e[i].v>0)dis[e[i].to]=dis[u]+1,q.push(e[i].to);
}
return dis[t]!=-1;
}
il ll dfs(ll u,ll op)
{
if(u==t)return op;
ll flow=0,used=0;
for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
{
int v=e[i].to;
if(dis[v]==dis[u]+1&&e[i].v>0)
{
used=dfs(v,min(op,e[i].v));
if(!used)continue;
flow+=used,op-=used;
e[i].v-=used,e[i^1].v+=used;
if(!op)break;
}
}
if(!flow)dis[u]=-1;
return flow;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);s=1,t=n;
ll u,v;ll w;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
add(u,v,w*mod+1);
}
while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
printf("%lld %lld\n",ans/mod,ans%mod);
return 0;
}
```