2236. 伊基的故事 I – 道路重建()

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2236. 伊基的故事 I – 道路重建

伊基是一个小国 – 凤凰国的国王。

凤凰国是如此之小,以至于只有一个城市负责日常商品的生产,并使用公路网将商品运送到首都。

伊基发现本国最大的问题在于运输速度太慢了。

因为伊基以前是 ACM/ICPC 的参赛者,他意识到这其实是一个最大流问题。

他编写了一个最大流程序,并计算出了当前运输网络的最大运输能力。

他对运输速度的现状十分不满,并希望能够提高国家的运输能力。

提高运输能力的方法很简单,伊基将在运输网络中重建一些道路,以使这些道路具有更高的运输能力。

但是不幸的是,凤凰国的财力有限,道路建设经费只够重建一条道路。

伊基想要知道共有多少条道路可以纳入重建道路候选名单。

这些道路需要满足,将其重建后,国家的总运输能力能够增加。

输入格式

第一行包含 \(N\) 和 \(M\),分别表示城市和道路的数量。

接下来 \(M\) 行,每行包含三个整数 \(a,b,c\),表示存在一条道路从城市 \(a\) 通往城市 \(b\),且运输能力为 \(c\)。

所有道路都是有方向的。

城市编号从 \(0\) 到 \(N-1\)。

生产日常商品的城市为 \(0\) 号城市,首都为 \(N-1\) 号城市。

输出格式

输出一个整数 \(K\),表示存在 \(K\) 条道路,对其中每条道路进行重建都会增加运输网络的运输能力。

数据范围

\(1 \le N \le 500\),
\(1 \le M \le 5000\),
\(0 \le a,b < N\),
\(0 \le c \le 100\)

输入样例:

2 1
0 1 1

输出样例:

1

解题思路

最大流,最大流关键边

最大流,最大流关键边

最大流关键边即增大某条边的容量最大流会增大
先求一遍最大流,可以发现关键边一定是满流的边
证明:如果存在某条边没有满流且是关键边,即会有流量经过该条边,同样可以整体将流量减少至其原容量其仍然有流量增加,即存在增广路,与最大流不存在增广路矛盾,故关键边只可能是满流的边
同时,对于满流的边也不一定是关键边,对于一条 \(u,v\) 满流的边,增加其容量的同时,要找到一条增广路,即必须找到 \(s\) 到 \(u\),\(v\) 到 \(t\) 的路径,且路径上所有边未满流,可以 预处理这样的点

dfs
  • 时间复杂度:\(O(n^2m)\)

代码

// Problem: 伊基的故事 I - 道路重建
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2238/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=505,M=5005*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],e[M],f[M],ne[M],idx;
bool st_s[N],st_t[N];
int d[N],q[N],hh,tt,cur[N];
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	q[0]=S;
	d[S]=hh=tt=0;
	cur[S]=h[S];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==T)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==T)return true;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
		cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
void dfs(bool st[],int x,int t)
{
	st[x]=true;
	for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		if(!st[e[i]]&&f[i^t])dfs(st,e[i],t);
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x,y,z;
    	scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    	add(x,y,z);
    }
    S=0,T=n-1;
    dinic();
    dfs(st_s,S,0),dfs(st_t,T,1);
    int res=0;
    for(int i=0;i<idx;i+=2)
    	if(!f[i]&&st_t[e[i]]&&st_s[e[i^1]])res++;
    printf("%d",res);
    return 0;
}
————————

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2236. 伊基的故事 I – 道路重建

伊基是一个小国 – 凤凰国的国王。

凤凰国是如此之小,以至于只有一个城市负责日常商品的生产,并使用公路网将商品运送到首都。

伊基发现本国最大的问题在于运输速度太慢了。

因为伊基以前是 ACM/ICPC 的参赛者,他意识到这其实是一个最大流问题。

他编写了一个最大流程序,并计算出了当前运输网络的最大运输能力。

他对运输速度的现状十分不满,并希望能够提高国家的运输能力。

提高运输能力的方法很简单,伊基将在运输网络中重建一些道路,以使这些道路具有更高的运输能力。

但是不幸的是,凤凰国的财力有限,道路建设经费只够重建一条道路。

伊基想要知道共有多少条道路可以纳入重建道路候选名单。

这些道路需要满足,将其重建后,国家的总运输能力能够增加。

输入格式

第一行包含 \(N\) 和 \(M\),分别表示城市和道路的数量。

接下来 \(M\) 行,每行包含三个整数 \(a,b,c\),表示存在一条道路从城市 \(a\) 通往城市 \(b\),且运输能力为 \(c\)。

所有道路都是有方向的。

城市编号从 \(0\) 到 \(N-1\)。

生产日常商品的城市为 \(0\) 号城市,首都为 \(N-1\) 号城市。

输出格式

输出一个整数 \(K\),表示存在 \(K\) 条道路,对其中每条道路进行重建都会增加运输网络的运输能力。

数据范围

\(1 \le N \le 500\),
\(1 \le M \le 5000\),
\(0 \le a,b < N\),
\(0 \le c \le 100\)

输入样例:

2 1
0 1 1

输出样例:

1

解题思路

最大流,最大流关键边

最大流,最大流关键边

最大流关键边即增大某条边的容量最大流会增大
先求一遍最大流,可以发现关键边一定是满流的边
证明:如果存在某条边没有满流且是关键边,即会有流量经过该条边,同样可以整体将流量减少至其原容量其仍然有流量增加,即存在增广路,与最大流不存在增广路矛盾,故关键边只可能是满流的边
同时,对于满流的边也不一定是关键边,对于一条 \(u,v\) 满流的边,增加其容量的同时,要找到一条增广路,即必须找到 \(s\) 到 \(u\),\(v\) 到 \(t\) 的路径,且路径上所有边未满流,可以 预处理这样的点

dfs
  • 时间复杂度:\(O(n^2m)\)

代码

// Problem: 伊基的故事 I - 道路重建
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2238/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=505,M=5005*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],e[M],f[M],ne[M],idx;
bool st_s[N],st_t[N];
int d[N],q[N],hh,tt,cur[N];
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	q[0]=S;
	d[S]=hh=tt=0;
	cur[S]=h[S];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==T)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==T)return true;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
		cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
void dfs(bool st[],int x,int t)
{
	st[x]=true;
	for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		if(!st[e[i]]&&f[i^t])dfs(st,e[i],t);
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x,y,z;
    	scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    	add(x,y,z);
    }
    S=0,T=n-1;
    dinic();
    dfs(st_s,S,0),dfs(st_t,T,1);
    int res=0;
    for(int i=0;i<idx;i+=2)
    	if(!f[i]&&st_t[e[i]]&&st_s[e[i^1]])res++;
    printf("%d",res);
    return 0;
}