洛谷——P1345 [USACO5.4]奶牛的電信Telecowmunication

P1345 [USACO5.4]奶牛的電信Telecowmunication

題目描述

農夫約翰的奶牛們喜歡經過電郵保持聯繫，因而她們創建了一個奶牛電腦網絡，以便互相交流。這些機器用以下的方式發送電郵：若是存在一個由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)就能夠互發電郵。

很不幸，有時候奶牛會不當心踩到電腦上，農夫約翰的車也可能碾過電腦，這臺倒黴的電腦就會壞掉。這意味着這臺電腦不能再發送電郵了，因而與這臺電腦相關的鏈接也就不可用了。

有兩頭奶牛就想：若是咱們兩個不能互發電郵，至少須要壞掉多少臺電腦呢？請編寫一個程序爲她們計算這個最小值。

以以下網絡爲例：

1*

/ 3 - 2*

這張圖畫的是有2條鏈接的3臺電腦。咱們想要在電腦1和2之間傳送信息。電腦1與三、2與3直接連通。若是電腦3壞了，電腦1與2便不能互發信息了。

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是電腦之間鏈接的總數(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。鏈接沒有重複且均爲雙向的(即若是c1與c2相連，那麼c2與c1也相連)。兩臺電腦之間至多有一條鏈接。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不能互相通訊須要壞掉的電腦數目的最小值。

 

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：  複製

3 2 1 2
1 3
2 3

輸出樣例#1：  複製

1














最小割
看到這個題之後咱們首先想到的應該就是最小割了吧，可是最小割割的是邊，這個題要求的是割點，怎麼作？

拆點啊！咱們直接把每個點都才成兩個點，兩個點之間連一條流量爲1的邊，這樣咱們就巧妙地把割點轉化成了割邊，

/*不難看出，這道題是求最小割點集的大小。

顯然的是，對於一個點，它只能被刪一次。～～廢話～～

那麼，對於每個點i，咱們都要複製它（設爲i+n），而且從i到i+n連1的邊（由於只能刪一次）。（反向連0不要忘記）

add ( i, i+n, 1 ) ; add ( i+n, i, 0 ) ;而後怎麼看待原圖中原本就存在的邊呢？它們只是有一個聯通的做用，對於流量並無限制，因此明確一點：這些邊加入網絡中限制應該爲無限大。

假設如今要從原圖中添加一條從x到y的有向邊（這道題是無向邊，再依下面的方法添加一個y到x的就好了）到網絡中去，對於點y來講，這條邊的加入不該該影響經過它的流量限制（就是前面連的那個1）
發生變化，因此前面那條y到y+n的邊應該接在這條邊的後面，因此這條邊的終點連向網絡中的y，相反的，這條邊應該受到x的（前面連的1）限制。由於，假設x已經被刪（x到x+n滿流），那麼這條邊
再加不加都是沒有變化的。因此，這條邊在網絡中的起點應該是x+n，這樣才保證受到限制。*/

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1000100
#define inf 9999999
using namespace std;
queue<int>q;
int n,m,s,e,x,y,tot=1,ans;
int to[N],cap[N],lev[N],cnt[N],head[N],nextt[N];
int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
int add(int x,int y,int z)
{
    tot++;to[tot]=y;cap[tot]=z,nextt[tot]=head[x],head[x]=tot;
    tot++,to[tot]=x,cap[tot]=0,nextt[tot]=head[y],head[y]=tot;
}
int bfs()
{
    while(!q.empty()) q.pop();
    for(int i=1;i<=n*2;i++) 
    {
        lev[i]=-1;
        cnt[i]=head[i];
    }
    q.push(s),lev[s]=0;
    while(!q.empty())
    {
        x=q.front();q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=nextt[i])
        {
            int t=to[i];
            if(cap[i]>0&&lev[t]==-1) 
            {
                lev[t]=lev[x]+1;    
                q.push(t);    
                if(t==e) return 1;    
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dinic(int x,int flow)
{
    if(x==e) return flow;
    int delta,rest=0;
    for(int &i=cnt[x];i;i=nextt[i])
    {
        int t=to[i];
        if(cap[i]>0&&lev[t]==lev[x]+1)
        {
            delta=dinic(t,min(cap[i],flow-rest));
            if(delta)
            {
                cap[i]-=delta;
                cap[i^1]+=delta;
                rest+=delta;
                if(rest==flow) break;
            }
        }
    }
    if(rest!=flow) lev[x]=-1;
    return rest;
}
int main()
{
    n=read(),m=read(),s=read(),e=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read(),y=read();
        add(x+n,y,inf),add(y+n,x,inf);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) add(i,i+n,1);          
    while(bfs()) 
     ans+=dinic(s+n,inf);
    printf("%d",ans);
    return  0;
}