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题意：n个点m条边的加权网络，求最少边数的按编号字典序最小的最小割。（n<=32, m<=1000）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct Gr {
static const int N=33, M=1005, oo=~0u>>1;
struct E { int next, from, to, cap; }e[M<<1];
int ihead[N], cnt, d[N], p[N], gap[N], cur[N];
Gr() { memset(ihead, 0, sizeof ihead); cnt=1; }
Gr & operator=(const Gr &g) {
memcpy(ihead, g.ihead, sizeof g.ihead);
memcpy(e, g.e, sizeof g.e);
cnt=g.cnt;
return *this;
}
void add(int u, int v, int cap) {
e[++cnt]=(E){ihead[u], u, v, cap}; ihead[u]=cnt;
e[++cnt]=(E){ihead[v], v, u, 0}; ihead[v]=cnt;
}
ll isap(int s, int t, int n) {
for(int i=0; i<=n; ++i) d[i]=0, gap[i]=0, cur[i]=ihead[i];
gap[0]=n; int u=s, i, f; ll ret=0;
while(d[s]<n) {
for(i=cur[u]; i; i=e[i].next) if(e[i].cap && d[e[i].to]+1==d[u]) break;
if(i) {
cur[u]=i; p[e[i].to]=i; u=e[i].to;
if(u==t) {
for(f=oo; u!=s; u=e[p[u]].from) f=min(f, e[p[u]].cap);
for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) e[p[u]].cap-=f, e[p[u]^1].cap+=f;
ret+=f;
}
}
else {
if(!(--gap[d[u]])) break;
d[u]=n; cur[u]=ihead[u];
for(i=ihead[u]; i; i=e[i].next) if(e[i].cap && d[e[i].to]+1<d[u]) d[u]=d[e[i].to]+1;
++gap[d[u]];
if(u!=s) u=e[p[u]].from;
}
}
return ret;
}
}g, G;
int n, m, arr[Gr::M], tot;
int main() {
freopen("milk6.in", "r", stdin);
freopen("milk6.out", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=m; ++i) {
int x, y, cap;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &cap);
g.add(x, y, cap*(m+1)+1);
}
ll ans=0, f;
G=g;
f=G.isap(1, n, n);
for(int i=1; i<=m; ++i) {
int id=i<<1, cap=g.e[id].cap;
g.e[id].cap=g.e[id^1].cap=0;
G=g;
ll mn=G.isap(1, n, n);
if(mn+cap==f) arr[++tot]=i, ans+=(cap-1)/(m+1), f=mn;
else g.e[id].cap=cap, g.e[id^1].cap=0;
}
printf("%lld %d ", ans, tot);
for(int i=1; i<=tot; ++i) printf("%d ", arr[i]);
return 0;
}
神题...在uoj群被神犇们吊打&裱
= =这么水的usaco training我都不会做= =
首先求最少边的话可以直接将权值变为$w*(m+1)+1$，然后就是最小割。理由很简单，最小割是$\sum_{i为一条割边} (w[i]*(m+1)+1) = (m+1)\sum_{i为一条割边} w[i] + c$首先我们分离出了原来没有改变权值的割，显然这样做$\sum_{i为一条割边} w[i]$是原图的最小割，因为乘上$(m+1)$后始终大于边数，和边数$c$都是常数= =。其次我们在求改变权值后的最小割后，比较完原图最小割后还比较了右边常数$c$，而$c$正是割边数。而$(m+1)$这个乘数也是因为割边数<=m最大可能到了m，可能会影响到原来图上的边权值，所以乘上$(m+1)$来消除影响。
那么现在问题变为求普通的字典序最少的最小割。我们考虑从小到大枚举边然后删边。
如果删掉$i$这条边时，最小割变小的值恰好为$i$改变后的权值，那么显然$i$是割边，此时维护的最小割减小，删掉$i$不恢复。
否则把删掉的边恢复。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/iwtwiioi/p/4307241.html
