P1345 [USACO5.4]奶牛的电信Telecowmunication

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。

---

分析

首先介绍一下最小割：

给定一个网络，若把一个边集删去之后，源点\(S\)与汇点\(T\)不再联通，那么我们称这个边集为此网络的割。边容量之和的最小的割成为此网络的最小割

然后有定理：最大流 = 最小割 （蒟蒻不会证明）

分析题意可得：这题求的就是把给定两点作为源点和汇点的网络的最小割

可是这题是点被割掉而不是边，怎么办呢？我们就要用到边换点的知识了

点边转换

对于一个点，我们可以把它拆成 点--边--点 的形式，

理解：我们把每个点比作城市，边比作城市间道路，那么点权就是你进入城市要收钱，边权就是你进过路要交过路费，那么点--》边不就是在入城口和出城口之间设一条路，路费为进入城市收的钱了吗？

而在最大流类题目中，流量（也就是边权）是遭到限制的，所以有些地方会与路费这个比喻略有不同，具体实现如下图：

值得注意的是：这题中网线为无向边，所以连边的时候要练反向边，具体参见代码

懂得了点边转换和最小割建模，这题就迎刃而解了

AC代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<queue>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

int RD(){

    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();

    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}

    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}

    return flag * out;

    }

const int maxn = 10019,INF = 1e9;

int num,nr,nume = 1,s,t;

int maxflow;

int head[maxn];

struct Node{int v,dis,nxt;}E[maxn << 2];

void add(int u,int v,int dis){

    E[++nume].nxt = head[u];

    E[nume].v = v;

    E[nume].dis = dis;

    head[u] = nume;

    }

int lev[maxn];

bool bfs(){

    queue<int>Q;

    while(!Q.empty())Q.pop();

    memset(lev,0,sizeof(lev));

    lev[s] = 1;

    Q.push(s);

    while(!Q.empty()){

        int u = Q.front();

        Q.pop();

        for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt){

            int v = E[i].v;

            if(E[i].dis && !lev[v]){

                lev[v] = lev[u] + 1;

                if(v == t)return 1;

                Q.push(v);

                }

            }

        }

    return 0;

    }

int Dinic(int u,int flow){//最大流板子

    if(u == t)return flow;

    int rest = flow,k;

    for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt){

        int v = E[i].v;

        if(lev[v] == lev[u] + 1 && E[i].dis){

            k = Dinic(v,min(rest,E[i].dis));

            if(!k)lev[v] = 0;

            rest -= k;

            E[i].dis -= k;

            E[i ^ 1].dis += k;

            }

        }

    return flow - rest;

    }

int main(){

    num = RD();nr = RD();s = RD();t = RD();

    for(int i = 1;i <= num;i++){

        add(i,i + num,1);

        add(i + num,i,0);//点分裂，拆为边

        }

    int u,v;

    for(int i = 1;i <= nr;i++){

        u = RD();v = RD();

        add(u + num,v,INF);

        add(v,u + num,0);

        add(v + num,u,INF);//注意连反向边

        add(u,v + num,0);

        }

    s += num;

    int flow = 0;

    while(bfs()){

        while(flow = Dinic(s,INF))maxflow += flow;//跑最大流求最小割

        }

    printf("%d\n",maxflow);

    return 0;

    }