南大所谓的最小费用有向图…………
什么 jb 玩意????不是都叫最小树形图么………………

这道题适合Yasola一起讨论的,虽然说一起讨论,但是对权值进行修改这一关键操作还是他想得
太巨了呀!!! 然而最后还是差一点。

题意:
给你一张有向图,要你求最大树形图,同时满足最后一个结点的父亲字典序最小。

思路:
这个朱刘算法……有毒……
朱刘算法真的是把原图毁的不成样子……
然后我们两个就在这里踩了很多坑……

首先认清一点,朱刘算法是可以求负权的。这就保证了最大树形图可解。

再是单独一个结点的字典序最小。
首先一个重要的操作就是对边权扩大处理。对于指向最后一个结点的边权我们让它与父亲结点编号联系起来。
联系方法:

edges[i].cost = v == n ? -w * 1000 - 1000 + u : -w * 1000

说一下我们的很多错误思路,不想看可以直接跳过。

  1. 直接用pre 数组输出。 不可行,因为结点都已经缩点染色过了,边数组的起点终点不是原起点,原终点,
  2. 开一个ori 数组记录每一个染色后的点的原起点和原终点。 不可行,因为染色后的点是缩点后多个结点在同一个点,无法用染色后的点只想原起点或终点。 或许反过来可行,但我没试过。
  3. 额外开一个数组记录边的起点和终点,当遍历更新的时候判断是否指向最后一个点,如果是,更新答案。 不可行,边权会被破坏,更新时也不一定在最后才会更新到。

一个可行正解: 对改动权值的答案直接取模就好啦!!

这个可行正解是无耻薛昊从标程里看来的!!

AC Code

#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int key = 1e3;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int maxm = 1e4 + 5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

ll in[maxn];
int pre[maxn], vis[maxn], id[maxn];

struct node {
    int u, v;
    ll cost;
} edges[maxm];

ll zhuliu(int root, int n, int m)
{
    ll res = 0;
    int u, v;
    while (true) {
        each(i, n + 1) in[i] = inf;
        each(i, m)
        {
            u = edges[i].u, v = edges[i].v;
            if (u != v && edges[i].cost < in[v]) {
                pre[v] = u;
                in[v] = edges[i].cost;
            }
        }
        in[root] = 0;
        each(i, n) if (in[i] == inf) return -1;
        int scc = 0;
        fill(id, -1), fill(vis, -1);
        each(i, n)
        {
            res += in[i];
            v = i;
            while (vis[v] != i && id[v] == -1 && v != root) {
                vis[v] = i;
                v = pre[v];
            }
            if (v != root && id[v] == -1) {
                for (u = pre[v]; u != v; u = pre[u])
                    id[u] = scc;
                id[v] = scc++;
            }
        }
        if (scc == 0)
            break;
        each(i, n) if (id[i] == -1) id[i] = scc++;
        each(i, m)
        {
            u = edges[i].u, v = edges[i].v;
            edges[i].u = id[u];
            edges[i].v = id[v];
            if (edges[i].u != edges[i].v)
                edges[i].cost -= in[v];
        }
        n = scc;
        root = id[root];
    }
    return res;
}

int main()
{
    int T, n, m, u, v, w;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        each(i, m)
        {
            scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
            edges[i].u = u - 1, edges[i].v = v - 1;
            edges[i].cost = v == n ? -w * key - 1000 + u : -w * key;
        }
        int ans = -zhuliu(0, n, m);
        printf("%d %d\n", ans / key, 1000 - ans % key);
    }
    return 0;
}

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