最小割树
算法
初始时把所有点放在一个集合
从中任选两个点出来跑原图中的最小割 然后按照 \(s\) 集合与 \(t\) 集合的归属把当前集合划分成两个集合，递归处理 这样一共跑了 \(n − 1\) 次最小割 可以证明图中任意一对点之间的最小割的数值都包含在这 \(n − 1\) 个数值当中 把每次求出的最小割看成是两个点之间的边，可以建出一棵树定理1
任意三点之间的最小割一定是两个相等的较小值和一个较大值
证明
设任意三点 \(a, b, c\) 之间的最小割分别为 \(mincut(a, b), mincut(a, c), mincut(b, c)\) 设 \(mincut(a, b)\) 是这三者中的最小值 那么在做 \(a − b\) 割时，\(c\) 一定属于其中的某一个集合，设其与 \(a\) 同属于一个集合 那么就有 \(mincut(b, c) \le mincut(a, b)\) 又因为 \(mincut(a, b) \le mincut(b, c)\)，所以两者相等定理2
图中至多只有 \(n − 1\) 种不同的最小割
证明
\(n\) 个点的无向完全图，要给每一条边染色，要求每个三元环上有两条边同色，求最多可以染多少种颜色
考虑归纳法
假设现在已经有一条长度大于 \(1\) 的链 \(a\) 到 \(b\) 上的边的颜色互不相同 考虑染 \((a,b)\) 这条边 如果链长 \(=2\)，那么 \((a,b)\) 只能选择链上某条边的颜色 如果链长 \(>2\)，假设两个端点在链上的不是 \((a,b)\) 的边的颜色都是链上某条边的颜色 那么取出其中两条 \((a,c)\) 和 \((c,b)\)，\((a,b)\) 只能选择两个中其中一条边的颜色，即链上某条边的颜色所以可以得到，颜色互不相同的边不能形成环，所以最优的显然是树，即 \(n-1\) 中颜色
Sol
至此问题已经完美解决
建出最小割树，任意两个点的最小割就是路径边权最小值# includeusing namespace std;typedef long long ll;const int maxn(505);const int inf(1e9);int first[maxn], n, m, cnt, lev[maxn], vis[maxn], s, t, id[maxn], tmp[maxn], cur[maxn], mincut[maxn][maxn], record[maxn << 4];queue q;struct Edge { int to, next, w;} edge[maxn << 4];inline void Add(int u, int v, int w) { edge[cnt] = (Edge){v, first[u], w}, first[u] = cnt++; edge[cnt] = (Edge){u, first[v], w}, first[v] = cnt++; record[cnt - 1] = record[cnt - 2] = w;}inline int Bfs() { memset(lev, 0, sizeof(lev)), lev[s] = 1, q.push(s); register int u, e, v; while (!q.empty()) { for (u = q.front(), q.pop(), e = first[u]; ~e; e = edge[e].next) if (edge[e].w && !lev[v = edge[e].to]) lev[v] = lev[u] + 1, q.push(v); } return lev[t];}int Dfs(int u, int maxf) { if (u == t) return maxf; register int ret = 0, &e = cur[u], f, v; for (; ~e; e = edge[e].next) if (edge[e].w && lev[v = edge[e].to] == lev[u] + 1){ f = Dfs(v, min(edge[e].w, maxf - ret)); ret += f, edge[e].w -= f, edge[e ^ 1].w += f; if (ret == maxf) return ret; } if (!ret) lev[u] = 0; return ret;}inline int Dinic() { register int ret = 0, i; for (i = 0; i < cnt; ++i) edge[i].w = record[i]; while (Bfs()) memcpy(cur, first, sizeof(cur)), ret += Dfs(s, inf); return ret;}void Mark(int u) { if (vis[u]) return; register int e; for (vis[u] = 1, e = first[u]; ~e; e = edge[e].next) if (edge[e].w) Mark(edge[e].to);}inline void Solve(int l, int r) { if (l >= r) return; memset(vis, 0, sizeof(vis)), s = id[l], t = id[r]; register int i, j, mid, d = Dinic(); for (Mark(s), j = 0, i = l; i <= r; ++i) if (vis[id[i]]) tmp[++j] = id[i]; for (mid = l + j - 1, i = l; i <= r; ++i) if (!vis[id[i]]) tmp[++j] = id[i]; for (i = l; i <= r; ++i) id[i] = tmp[i - l + 1]; for (i = 1; i <= n; ++i) if (vis[i]) for (j = 1; j <= n; ++j) if (i != j && !vis[j]) mincut[i][j] = mincut[j][i] = min(mincut[i][j], d); Solve(l, mid), Solve(mid + 1, r);}int main() { register int i, j, u, v, w, test; scanf("%d", &test); while (test--) { memset(first, -1, sizeof(first)), cnt = 0; scanf("%d%d", &n, &m); for (i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d%d", &u, &v, &w), Add(u, v, w); for (i = 1; i <= n; ++i) id[i] = i; memset(mincut, 63, sizeof(mincut)), Solve(1, n), scanf("%d", &w); while (w--) { scanf("%d", &u), v = 0; for (i = 1; i <= n; ++i) for (j = i + 1; j <= n; ++j) v += mincut[i][j] <= u; printf("%d\n", v); } putchar('\n'); } return 0;}
参考文献
- 某鸽姓选手的网络流课件
2. 垃圾博主自己yy