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宇宙旅行总是出现一些意想不到的问题，这次小可可所驾驶的宇宙飞船所停的空间站发生了故障，这个宇宙空间站非常大，它由N个子站组成，子站之间有M条单向通道，假设其中第i（1＜＝i＜＝M）条单向通道连接了xi，yi两个中转站，那么xi子站可以通过这个通道到达yi子站，如果截断这条通道，需要代价ci。现在为了将故障的代价控制到最小，小可可必须想出一个截断方案，使a站不能到达b子站，并且截断的代价之和最小。我们称之为最小截断，小可可很快解决了这个故障，但是爱思考的小可可并不局限于此，为了今后更方便的解决同类故障，他考虑对每条单向通道：
1，是否存在一个最小代价路径截断方案，其中该通道被切断？
2，是否对任何一个最小代价路径切断方案，都有该通道被切断？
聪明的你能帮小可可解决他的疑问吗？
第一行有4个整数，依次为N，M，a和b；
第二行到第(m+1)行每行3个正整数x，y，c表示x子站到y子站之间有单向通道相连，单向通道的起点是x终点是y，切断它的代价是c（1＜＝c＜＝10000）；
两个子站之间可能有多条通道直接连接。
对每一个单向通道，按输入的顺序，依次输出一行包含两个非0即1的整数，分别表示对问题一和问题二的回答（其中1表示是，0表示否）。每行两个整数之间用一个空格分隔开。
6 7 1 6
1 2 3
1 3 2
2 4 4
2 5 1
3 5 5
4 6 2
5 6 3
1 0
1 0
0 0
1 0
0 0
1 0
1 0
100％的数据中，N＜＝4000，M＜＝60000
70％的数据中，N＜＝1000，M＜＝40000
40％的数据中，N＜＝200，M＜＝2000
【题解】
血帆海盗的进阶版，先贴结论XDDD：
最小割的必须边
一定在最小割中的边、扩大容量后能增大最大流的边， ① 满流；② 残余网络中S能到入点、出点能到T。 从S开始DFS、T开始反向DFS，标记到达的点，然后枚举满流边即可。
最小割的可行边
被某一种最小割的方案包含的边， ① 满流；② 删掉之后在残余网络中找不到u到v的路径。 在残余网络中tarjan求SCC，(u,v)两点在同一SCC中说明残余网络中存在u到v路径。
在这道题里求必须边也可以用tarjan搞定，必须边的起点与S在同一个强联通分量里，终点与T在同一个强联通分量里。知道了结论之后就可以放心地跑了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<stack> using namespace std; const int sj=4010; int n,m,s,t,e,a1,a2,a3; int dep[sj],dfn[sj],c[sj],low[sj],h[sj]; stack<int> z; queue<int> q; bool r[sj]; struct B { int ne,v,w,u; }b[120010]; void add(int x,int y,int z) { b[e].v=y; b[e].u=x; b[e].w=z; b[e].ne=h[x]; h[x]=e++; b[e].v=x; b[e].w=0; b[e].u=y; b[e].ne=h[y]; h[y]=e++; } bool bfs(int x) { while(!q.empty()) q.pop(); memset(dep,0,sizeof(dep)); dep[x]=1; q.push(x); while(!q.empty()) { x=q.front(); q.pop(); for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne) if(b[i].w&&!dep[b[i].v]) { dep[b[i].v]=dep[x]+1; if(b[i].v==t) return 1; q.push(b[i].v); } } return 0; } int bj(int x,int y) { return x<y?x:y; } int dfs(int x,int f) { if(x==t) return f; int ans=0,d; for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne) if(dep[b[i].v]>dep[x]&&b[i].w) { d=dfs(b[i].v,bj(b[i].w,f)); f-=d; ans+=d; b[i].w-=d; b[i^1].w+=d; if(!f) break; } if(!ans) dep[x]=-1; return ans; } void tarjan(int x) { low[x]=dfn[x]=++a1; z.push(x); r[x]=1; for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne) { if(!b[i].w) continue; if(!dfn[b[i].v]) { tarjan(b[i].v); low[x]=bj(low[x],low[b[i].v]); } else if(r[b[i].v]) low[x]=bj(low[x],dfn[b[i].v]); } if(low[x]==dfn[x]) { a2++; do { a3=z.top(); z.pop(); c[a3]=a2; r[a3]=0; }while(a3!=x); } } void init() { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t); memset(h,-1,sizeof(h)); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&a1,&a2,&a3); add(a1,a2,a3); } while(bfs(s)) dfs(s,0x7fffffff); a1=a2=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i); s=c[s]; t=c[t]; } void cl() { for(int i=0;i<e;i+=2) { if(b[i].w) printf("0 0\n"); if(!b[i].w) { if(c[b[i].u]!=c[b[i].v]) { if(c[b[i].u]==s&&c[b[i].v]==t) printf("1 1\n"); else printf("1 0\n"); } else printf("0 0\n"); } } } int main() { init(); cl(); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/moyiii-/p/7265664.html
