[USACO5.4]奶牛的電信Telecowmunication 最小割
阿新 • • 發佈:2018-12-27
題目描述
農夫約翰的奶牛們喜歡通過電郵保持聯絡,於是她們建立了一個奶牛電腦網路,以便互相交流。這些機器用如下的方式傳送電郵:如果存在一個由c臺電腦組成的序列a1,a2,...,a(c),且a1與a2相連,a2與a3相連,等等,那麼電腦a1和a(c)就可以互發電郵。
很不幸,有時候奶牛會不小心踩到電腦上,農夫約翰的車也可能碾過電腦,這臺倒黴的電腦就會壞掉。這意味著這臺電腦不能再發送電郵了,於是與這臺電腦相關的連線也就不可用了。
有兩頭奶牛就想:如果我們兩個不能互發電郵,至少需要壞掉多少臺電腦呢?請編寫一個程式為她們計算這個最小值。
以如下網路為例:
1* / 3 - 2*
這張圖畫的是有2條連線的3臺電腦。我們想要在電腦1和2之間傳送資訊。電腦1與3、2與3直接連通。如果電腦3壞了,電腦1與2便不能互發資訊了。
輸入輸出格式
輸入格式:第一行 四個由空格分隔的整數:N,M,c1,c2.N是電腦總數(1<=N<=100),電腦由1到N編號。M是電腦之間連線的總數(1<=M<=600)。最後的兩個整數c1和c2是上述兩頭奶牛使用的電腦編號。連線沒有重複且均為雙向的(即如果c1與c2相連,那麼c2與c1也相連)。兩臺電腦之間至多有一條連線。電腦c1和c2不會直接相連。
第2到M+1行 接下來的M行中,每行包含兩臺直接相連的電腦的編號。
輸出格式:一個整數表示使電腦c1和c2不能互相通訊需要壞掉的電腦數目的最小值。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:3 2 1 2 1 3 2 3輸出樣例#1: 複製
1
求最小的割點使圖不連通;
顯然拆點處理:
將一個點拆為出,入兩個點;
容量為1;
其餘連邊設為inf;
那麼求割的時候只能割1的邊;
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<map> #include<set> #include<vector> #include<queue> #include<bitset> #include<ctime> #include<deque> #include<stack> #include<functional> #include<sstream> //#include<cctype> //#pragma GCC optimize("O3") using namespace std; #define maxn 200005 #define inf 0x3f3f3f3f #define INF 9999999999 #define rdint(x) scanf("%d",&x) #define rdllt(x) scanf("%lld",&x) #define rdult(x) scanf("%lu",&x) #define rdlf(x) scanf("%lf",&x) #define rdstr(x) scanf("%s",x) typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef unsigned int U; #define ms(x) memset((x),0,sizeof(x)) const long long int mod = 1e9 + 7; #define Mod 1000000000 #define sq(x) (x)*(x) #define eps 1e-3 typedef pair<int, int> pii; #define pi acos(-1.0) const int N = 1005; #define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++) typedef pair<int, int> pii; inline ll rd() { ll x = 0; char c = getchar(); bool f = false; while (!isdigit(c)) { if (c == '-') f = true; c = getchar(); } while (isdigit(c)) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return f ? -x : x; } ll gcd(ll a, ll b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); } ll sqr(ll x) { return x * x; } /*ll ans; ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) { if (!b) { x = 1; y = 0; return a; } ans = exgcd(b, a%b, x, y); ll t = x; x = y; y = t - a / b * y; return ans; } */ ll qpow(ll a, ll b, ll c) { ll ans = 1; a = a % c; while (b) { if (b % 2)ans = ans * a%c; b /= 2; a = a * a%c; } return ans; } int n, m; int st, ed; struct node { int u, v, nxt, w; }edge[maxn<<1]; int head[maxn], cnt; void addedge(int u, int v, int w) { edge[cnt].u = u; edge[cnt].v = v; edge[cnt].nxt = head[u]; edge[cnt].w = w; head[u] = cnt++; } int rk[maxn]; int bfs() { queue<int>q; ms(rk); rk[st] = 1; q.push(st); while (!q.empty()) { int tmp = q.front(); q.pop(); for (int i = head[tmp]; i != -1; i = edge[i].nxt) { int to = edge[i].v; if (rk[to] || edge[i].w <= 0)continue; rk[to] = rk[tmp] + 1; q.push(to); } } return rk[ed]; } int dfs(int u, int flow) { if (u == ed)return flow; int add = 0; for (int i = head[u]; i != -1 && add < flow; i = edge[i].nxt) { int v = edge[i].v; if (rk[v] != rk[u] + 1 || !edge[i].w)continue; int tmpadd = dfs(v, min(edge[i].w, flow - add)); if (!tmpadd) { rk[v] = -1; continue; } edge[i].w -= tmpadd; edge[i ^ 1].w += tmpadd; add += tmpadd; } return add; } int ans; void dinic() { while (bfs())ans += dfs(st, inf); } int main() { //ios::sync_with_stdio(0); memset(head, -1, sizeof(head)); rdint(n);rdint(m);rdint(st);rdint(ed); for(int i=1;i<=n;i++)addedge(i,i+n,1),addedge(i+n,i,0); for(int i=0;i<m;i++){ int u,v;rdint(u);rdint(v); addedge(u+n,v,inf);addedge(v,u+n,0); addedge(v+n,u,inf);addedge(u,v+n,0); } st+=n; dinic(); cout<<ans<<endl; return 0; }