sol
每对点对之间跑一遍最小割？naive了吧。
我们考虑任选两个点做一个最小割，那么这个最小割就会把原图分成两个点集。设这个最小割的权值为\(val\)，那么分处于两个点集的点对之间的最小割一定不大于\(val\)。
然后对于两个点集分别递归处理，每次在当前点集中任意选两个点做最小割，直到点集中只剩下一个点为止。
每次分成两半，显然会做\(n-1\)次。
这个东西叫做最小割树，其实也就是在上述的操作过程中，每次在两个点集之间连权值为最小割权值的边。那么最终就会生成一棵最小割树。
两点之间的最小割就是树上两点间路径的最小值。
但显然并不会用树剖去维护这个最小值，而是会去开一个N^2的数组
这同时也证明了一点：一张图的不同权值的最小割最多只有\(n-1\)个。
所以，求出所有最小割然后去个重就行了。
注意一点：每次跑最小割之前要还原图，也就是平衡每条边与其反向边的流量。直接置为相等就行了。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='0') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 900;
const int inf = 1e9;
struct edge{int to,nxt,w;}a[N<<5];
int n,m,head[N],cnt=1,dep[N],cur[N],q[N],tmp[N],o[N],len;
queue<int>Q;
void link(int u,int v,int w)
{
a[++cnt]=(edge){v,head[u],w};
head[u]=cnt;
a[++cnt]=(edge){u,head[v],w};
head[v]=cnt;
}
bool bfs(int s,int t)
{
memset(dep,0,sizeof(dep));
dep[s]=1;Q.push(s);
while (!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for (int e=head[u];e;e=a[e].nxt)
if (a[e].w&&!dep[a[e].to])
dep[a[e].to]=dep[u]+1,Q.push(a[e].to);
}
return dep[t];
}
int dfs(int u,int f,int t)
{
if (u==t) return f;
for (int &e=cur[u];e;e=a[e].nxt)
if (a[e].w&&dep[a[e].to]==dep[u]+1)
{
int tmp=dfs(a[e].to,min(a[e].w,f),t);
if (tmp) {a[e].w-=tmp;a[e^1].w+=tmp;return tmp;}
}
return 0;
}
int Dinic(int s,int t)
{
int res=0;
while (bfs(s,t))
{
for (int i=1;i<=n;++i) cur[i]=head[i];
while (int tmp=dfs(s,inf,t)) res+=tmp;
}
return res;
}
void solve(int L,int R)
{
if (L==R) return;
for (int i=3;i<=cnt;++i)
a[i].w=a[i^1].w=(a[i].w+a[i^1].w)>>1;
o[++len]=Dinic(q[L],q[R]);
int l=L-1,r=R+1;
for (int i=L;i<=R;++i)
if (dep[q[i]]) tmp[++l]=q[i];
else tmp[--r]=q[i];
for (int i=L;i<=R;++i) q[i]=tmp[i];
solve(L,l);solve(r,R);
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
for (int i=1;i<=m;++i)
{
int u=gi(),v=gi(),w=gi();
link(u,v,w);
}
for (int i=1;i<=n;++i) q[i]=i;
solve(1,n);
sort(o+1,o+len+1);len=unique(o+1,o+len+1)-o-1;
printf("%d\n",len);return 0;
}