自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	xiezheyuan 明明我已昼夜无间踏尽前路/梦想中的彼岸为何还未到/明明我已奋力无间/天天上路/我不死也为活更好/快要到终点才能知道/又再回到起点重头上路

搬运于2025-08-24 22:15:46，当前版本为作者最后更新于2022-09-30 21:11:33，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

简要题意

给你一个 $N$ 个点，$M$ 条边的 无向连通 带权图。给定一条边 $(u,v,L)$，请问需要在原图中删除多少条边，使得将 $(u,v,L)$ 插入图后，它既可能在最小生成树上，又可能在最大生成树上。

对于 $100\%$ 的数据，满足 $N\leq 20000,M\leq 200000,L\leq 20000$。

思路

update on 2024.1.7 修订一个小错误，感谢 @yyz1005。

如果一条插入边 $(u,v,L)$ 后该边可能在最小生成树上，那么如果将边权小于 $L$ 的边组成一个新图，则新图不连通。

证明：

• 如果新图连通，则对新图求最小生成树，则最小生成树一定是原图的最小生成树（显然），然后 $(u,v,L)$ 就一定不在任意一个最小生成树中。与前句矛盾，所以必须不连通。
• 如果新图不连通，则不存在最小生成树，使得任意一条树边边权小于 $L$。又因为原图连通，所以插入 $(u,v,L)$ 后，原图依旧连通。如果原图的最小生成树边集为 $S$，则满足 $\exists (x,y,z) \in S,z \geq L$，但可以知道环上一定有比 $L$ 大的边。 $(u,v,L)$ 插入 $S$，则最小生成树变为基环树。将环上最大边权的边删除，则该边一定不是 $(u,v,L)$（除非环上边权都相等），所以 $(u,v,L)$ 可能在插入后的最小生成树上。

（可能有一些不严谨，敬请指正）

同理可得：如果一条插入边 $(u,v,L)$ 后该边可能在最大生成树上，那么如果将边权大于 $L$ 的边组成一个新图，则新图不连通。

所以如果我们建出了这两个新图，则相当于就是在求删除多少条边后全图（其实就是 $u\to v$）不连通。最小割解决。

最后答案就是两图最小割答案和，由于两个图的割集的交集一定为空集（因为它们没有相同的点），所以可以加法原理。

最后说一句，为什么是题面可能是最小（最大）生成树呢，因为可能有边权相等的边。

时间复杂度 $O(\operatorname{maxflow}(n,m))$，可以通过本题。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m;
const int N = 200000+5,M = 200000+5;
int s,t,U,V,L,ret;

namespace MaxFlow{
	// 自己打一遍 Dinic 最大流，以防忘记
	struct edge{
		int nxt,to,w;
	} g[M<<2];
	int head[N],ec,dis[N],now[N];
	bool vis[N];
	void add(int u,int v,int w){
		g[++ec].nxt=head[u];
		g[ec].to=v;
		g[ec].w=w;
		head[u]=ec;
	}
	int bfs(){
		memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		queue<int> q;
		q.push(s);
		dis[s]=0;
		now[s]=head[s];
		vis[s]=1;
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();
			q.pop();
			for(int i=head[u];i;i=g[i].nxt){
				int v=g[i].to;
				if(g[i].w>0 && !vis[v]){
					q.push(v);
					vis[v]=1;
					now[v]=head[v];
					dis[v]=dis[u]+1;
					if(v==t){
						return 1;
					}
				}
			}
		}
		return 0;
	}
	int dfs(int x,int sum){
		if(x==t){
			return sum;
		}
		int k,res=sum;
		for(int i=now[x];i&&sum;i=g[i].nxt){
			now[x]=i;
			int v=g[i].to;
			if(g[i].w>0&&(dis[v]==dis[x]+1)){
				k=dfs(v,min(res,g[i].w));
				g[i].w-=k;
				g[i^1].w+=k;
				res-=k;
			}
		}
		return sum-res;
	}
	int dinic(){
		int ans=0;
		while(bfs()){
			ans+=dfs(s,LLONG_MAX);
		}
		return ans;
	}
	void addedge(int u,int v,int cap){
		add(u,v,cap);
		add(v,u,-cap);
	}
	
	void clean(void){
		ec=0;
		memset(head,0,sizeof(head));
		memset(dis,0,sizeof(dis));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		memset(g,0,sizeof(g));
	}
}
using namespace MaxFlow;

struct Edge{int from,to,weight;};
vector<Edge> graph;

signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
		cin>>u>>v>>w;
		graph.push_back({u,v,w});
	}
	cin>>U>>V>>L;
	s=U,t=V;
	clean();
	for(Edge i:graph){
		if(i.weight < L){
			addedge(i.from,i.to,1);addedge(i.to,i.from,1);
		}
	}
	ret=dinic();
	clean();
	for(Edge i:graph){
		if(i.weight > L){
			addedge(i.from,i.to,1);addedge(i.to,i.from,1);
		}
	}
	cout<<ret+dinic()<<'\n';
	return 0;
}