題意：1到n節(jié)點(diǎn)（節(jié)點(diǎn)之間有一定的容量），需要流過C的流量，問是否可以？如果可以輸出possible， 否則如果可以擴(kuò)大任意一條邊的容量
可以達(dá)到目的，那么輸出possible option：接著輸出每一條可以達(dá)到目的的邊（按升序），再否則輸出not possible
思路：先求一次最大流，如果流量至少為C，則直接輸出possible，否則需要修改的弧一定在最小割里！
接著吧這些弧（最小割里的）的容量設(shè)為無窮大，然后在求最大流，看最大流的流量能否滿足是C即可，如果滿足了，那就把這一條邊記錄下來

分析：最大流的程序沒有必要完全的執(zhí)行完畢，知道當(dāng)前的流量>=C那么就可以中止最大流的程序！
還有就是第一次的最大流程序如果沒有找到>=C的最大流，那么此時的流量留著，下一次在最小割里擴(kuò)容的時候，總是接著第一次Dinic的流量
繼續(xù)尋找....

1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #include<vector> 6 #include<queue> 7 #define N 105 8 #define INF 2000000005 9 using namespace std; 10 11 struct EDGE{ 12 int u, v, nt, cap; 13 bool flag; 14 bool vis; 15 EDGE(){} 16 EDGE(int u, int v, int nt, int cap, bool flag):u(u), v(v), nt(nt), cap(cap), flag(flag){} 17 }; 18 19 struct node{ 20 int x, y; 21 node(){} 22 node(int x, int y) : x(x), y(y){} 23 }; 24 25 int pos[10005]; 26 27 node ans[10005]; 28 int preCost[20005]; 29 int vis[20005]; 30 int p[20005]; 31 int pcnt; 32 int cnt; 33 34 vector<EDGE>g; 35 int first[N]; 36 37 int d[N]; 38 int n, e, c; 39 40 void addEdge(int u, int v, int c){ 41 g.push_back(EDGE(u, v, first[u], c, true)); 42 first[u] = g.size() - 1; 43 g.push_back(EDGE(v, u, first[v], 0, false)); 44 first[v] = g.size() - 1; 45 } 46 47 bool bfs(){ 48 memset(d, 0, sizeof(d)); 49 d[1] = 1; 50 queue<int>q; 51 q.push(1); 52 while(!q.empty()){ 53 int u = q.front(); 54 q.pop(); 55 for(int i = first[u]; ~i; i = g[i].nt){ 56 int v = g[i].v; 57 if(!d[v] && g[i].cap > 0){ 58 d[v] = d[u] + 1; 59 q.push(v); 60 } 61 } 62 } 63 if(d[n] == 0) return false; 64 return true; 65 } 66 67 bool cmp(node a, node b){ 68 if(a.x == b.x) 69 return a.y < b.y; 70 return a.x < b.x; 71 } 72 73 int leave; 74 75 int dfs(int u, int totf){ 76 int flow = 0; 77 if(u ==n || totf==0) return totf; 78 for(int i = first[u]; ~i; i = g[i].nt){ 79 int v = g[i].v; 80 if(d[v] == d[u] + 1 && g[i].cap > 0){ 81 int ff = dfs(v, min(totf-flow, g[i].cap)); 82 if(ff > 0){ 83 if(!vis[i]){ 84 p[pcnt++]=i; 85 preCost[i] = g[i].cap; 86 vis[i] = 1; 87 } 88 g[i].cap -= ff; 89 90 if(!vis[i^1]){ 91 p[pcnt++]=i^1; 92 preCost[i^1] = g[i^1].cap; 93 vis[i^1] = 1; 94 } 95 g[i^1].cap += ff; 96 flow += ff; 97 98 if(flow >= leave){ 99 flow = leave; 100 return flow; 101 } 102 103 if(totf == flow) break; 104 } 105 else d[v] = -1; 106 } 107 } 108 return flow; 109 } 110 111 bool Dinic(){ 112 leave = c; 113 while(bfs()){ 114 leave -= dfs(1, INF); 115 if(leave == 0) break; 116 } 117 if(leave == 0) return true; 118 return false; 119 } 120 121 122 123 int main(){ 124 int cas = 0; 125 while(scanf("%d%d%d", &n, &e, &c)){ 126 if(!n) break; 127 memset(first, -1, sizeof(first)); 128 g.clear(); 129 cnt = 0; 130 while(e--){ 131 int x, y, z; 132 scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); 133 addEdge(x, y, z); 134 } 135 printf("Case %d: ", ++cas);//這一塊差點(diǎn)沒有把我氣死...居然有一個空格，沒有看清楚啊...一直PE. 136 137 if(n==1){ 138 printf("possible\n"); 139 continue; 140 } 141 142 if(Dinic()) printf("possible\n"); 143 else{ 144 int len = g.size(); 145 for(int i=0; i<len; ++i) 146 if(g[i].cap == 0 && g[i].flag) 147 pos[cnt++] = i;//得到最小割 148 int cc = leave;//第一次Dinic之后，還剩下多少的流量需要流過 149 int ret = 0; 150 for(int i=0; i<cnt; ++i){ 151 c = cc;//新的需要流過的流量 152 pcnt = 0; 153 g[pos[i]].cap = INF; 154 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 155 if(Dinic())//如果增廣成功，那么這條最小割滿足 156 ans[ret++] = node(g[pos[i]].u, g[pos[i]].v); 157 for(int j=0; j<pcnt; ++j) 158 g[p[j]].cap = preCost[p[j]];//將Dinic中所經(jīng)過的邊的值恢復(fù)成第一次Dinic之后的值！ 159 g[pos[i]].cap = 0; 160 } 161 if( ret > 0 ){ 162 sort(ans, ans+ret, cmp); 163 printf("possible option:(%d,%d)", ans[0].x, ans[0].y); 164 for(int i=1; i<ret; ++i) 165 printf(",(%d,%d)", ans[i].x, ans[i].y); 166 printf("\n"); 167 } 168 else printf("not possible\n"); 169 } 170 } 171 return 0; 172 } View Code

?

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/hujunzheng/p/4014923.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Uvaoj 11248 Frequency Hopping(Dinic求最小割)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。