bzoj2561 最小生成樹
Description
給定一個邊帶正權的連通無向圖G=(V,E)，其中N=|V|，M=|E|，N個點從1到N依次編號，給定三個正整數u，v，和L (u≠v)，假設現在加入一條邊權為L的邊(u,v)，那麼需要刪掉最少多少條邊，才能夠使得這條邊既可能出現在最小生成樹上，也可能出現在最大生成樹上？
Input
第一行包含用空格隔開的兩個整數，分別為N和M；
接下來M行，每行包含三個正整數u，v和w表示圖G存在一條邊權為w的邊(u,v)。
最後一行包含用空格隔開的三個整數，分別為u，v，和 L；
數據保證圖中沒有自環。
Output
輸出一行一個整數表示最少需要刪掉的邊的數量。
Sample Input
3 2
3 2 1
1 2 3
1 2 2
Sample Output
1
HINT
對於20%的數據滿足N ≤ 10，M ≤ 20，L ≤ 20；
對於50%的數據滿足N ≤ 300，M ≤ 3000，L ≤ 200；
對於100%的數據滿足N ≤ 20000，M ≤ 200000，L ≤ 20000。
Source
2012國家集訓隊Round 1 day1
最小割的應用
對於某一條邊，如果邊權小於它的邊能使其兩個端點連通，則這條邊一定不會出現在最小生成樹中。最大生成樹同理。
所以問題轉化為，刪去最少的邊，使小於該邊權的邊不能使兩端點連通、大於該邊權的邊也不能使兩端點連通。
我們只需要分別建圖求最小割，並對兩次結果取和。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair
#define maxn 20005
#define maxm 200005
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m,s,t,w,ans=0,cnt;
int head[maxn],cur[maxn],dis[maxn];
struct edge_type
{
int to,next,v;
}e[maxm*2];
struct edge
{
int x,y,v;
}a[maxm];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y,int v)
{
e[++cnt]=(edge_type){y,head[x],v};head[x]=cnt;
e[++cnt]=(edge_type){x,head[y],v};head[y]=cnt;
}
inline bool bfs()
{
queueq;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[s]=0;q.push(s);
while (!q.empty())
{
int tmp=q.front();q.pop();
if (tmp==t) return true;
for(int i=head[tmp];i;i=e[i].next) if (e[i].v&&dis[e[i].to]==-1)
{
dis[e[i].to]=dis[tmp]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return false;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
int tmp,sum=0;
if (x==t) return f;
for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
if (e[i].v&&dis[y]==dis[x]+1)
{
tmp=dfs(y,min(f-sum,e[i].v));
e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;sum+=tmp;
if (sum==f) return f;
}
}
if (!sum) dis[x]=-1;
return sum;
}
inline void dinic()
{
while (bfs())
{
F(i,1,n) cur[i]=head[i];
ans+=dfs(s,inf);
}
}
inline bool cmp(edge a1,edge a2)
{
return a1.vw) add_edge(a[i].x,a[i].y,1);
else break;
}
dinic();
printf("%d\n",ans);
}
