BZOJ|[BZOJ]2095 二分答案 + 混合图欧拉回路判定

2095: [Poi2010]Bridges Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 259 MB
Submit: 1171 Solved: 405
[ Submit][ Status][ Discuss] Description YYD为了减肥,他来到了瘦海,这是一个巨大的海,海中有n个小岛,小岛之间有m座桥连接,两个小岛之间不会有两座桥,并且从一个小岛可以到另外任意一个小岛。现在YYD想骑单车从小岛1出发,骑过每一座桥,到达每一个小岛,然后回到小岛1。霸中同学为了让YYD减肥成功,召唤了大风,由于是海上,风变得十分大,经过每一座桥都有不可避免的风阻碍YYD,YYD十分ddt,于是用泡芙贿赂了你,希望你能帮他找出一条承受的最大风力最小的路线。
Input 输入:第一行为两个用空格隔开的整数n(2<=n<=1000),m(1<=m<=2000),接下来读入m行由空格隔开的4个整数a,b(1<=a,b<=n,a<>b),c,d(1<=c,d<=1000),表示第i+1行第i座桥连接小岛a和b,从a到b承受的风力为c,从b到a承受的风力为d。
Output 输出:如果无法完成减肥计划,则输出NIE,否则第一行输出承受风力的最大值(要使它最小)
Sample Input 4 4
1 2 2 4
2 3 3 4
3 4 4 4
4 1 5 4
Sample Output 4
HINT
注意:通过桥为欧拉回路
【BZOJ|[BZOJ]2095 二分答案 + 混合图欧拉回路判定】
Source
[ Submit][ Status][ Discuss] ?
HOME Back
通过网络流来判断混合图是否有欧拉回路是很经典的作法了...
首先说一下为什么是混合图. 让最大权值最小, 首相要想到二分. 我们二分这个边权. 然后遍历整个图将大于这个边权的删掉, 那么有些双向边就会变成单向边. 那么现在的问题就转化成了, 判断当前这个混合图(又有双向边又有单向边)是否有欧拉回路. 跑一边网络流即可.
如何用网络流判断混合图是否有欧拉路径:Click.
代码中二分删边之后没有判图是否连通, 按理来说是要用并查集去判连通性.
注意代码中千万不要用d数组表示度数, 因为题目中本身也有d数组...我死的很惨, 红了一页.

#include #include #include #define clear(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define deeper(a) memset(a, -1 ,sizeof(a)) using namespace std; const int maxn = 2005; const int inf = 1e8; queue q; int n, m, num, S, T, ed, sum, ans; int u[maxn], v[maxn], c[maxn], d[maxn], h[maxn], dis[maxn], de[maxn]; struct edge{ int v, nxt, c; }e[1000005]; inline void add(int u, int v, int c){ e[++num].v = v, e[num].c = c, e[num].nxt = h[u], h[u] = num; e[++num].v = u, e[num].c = 0, e[num].nxt = h[v], h[v] = num; } inline bool bfs(){ deeper(dis), dis[S] = 1, q.push(S); while(!q.empty()){ int u = q.front(); q.pop(); for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt){ int v = e[i].v; if(dis[v] == -1 && e[i].c) dis[v] = dis[u] + 1, q.push(v); } } return dis[T] != -1; } inline int dfs(int u, int a){ if(u == T) return a; int flow = 0, f = 0; for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt){ int v = e[i].v; if(dis[v] == dis[u] + 1 && e[i].c){ int x = min(e[i].c, a); f = dfs(v, x); e[i].c -= f, e[i ^ 1].c += f; flow += f, a -= f; if(!a) return flow; } } if(!flow) dis[u] = -1; return flow; } inline bool check(int mid){ num = 1, sum = 0, ans = 0; clear(h), clear(de); for(int i = 1; i <= m; ++i){ if(c[i] <= mid) de[u[i]]--, de[v[i]]++; if(d[i] <= mid) add(v[i], u[i], 1); } for(int i = 1; i <= n; ++i) if(de[i] > 0) sum += de[i] / 2, add(S, i, de[i] / 2); else add(i, T, -de[i] / 2); for(int i = 1; i <= n; ++i) if(de[i] & 1) return false; while(bfs()) ans += dfs(S, inf); return ans == sum; } int main(){ scanf("%d%d", &n, &m); S = 0, T = n + 1; int lf = inf, rg = 0; for(int i = 1; i <= m; ++i){ scanf("%d%d%d%d", &u[i], &v[i], &c[i], &d[i]); if(c[i] > d[i]) swap(c[i], d[i]), swap(u[i], v[i]); lf = min(lf, c[i]), rg = max(rg, d[i]); } ed = rg; while(lf <= rg){ int mid = (lf + rg) >> 1; if(check(mid)) rg = mid - 1; else lf = mid + 1; } if(lf == ed + 1) puts("NIE"); else printf("%d\n", lf); return 0; }




    推荐阅读