最小割树小结

介绍

emm……不能说简单，但是是个很容易理解的东西，思想很巧妙。

大概能帮你求出一个无向图中两两点之间的最小割，也可能有一些奇妙的用途。

正题

为了方便，下面记 $x$ 到 $y$ 的最小割中，与 $x$ 相连的点集为 $V_x$ ，与 $y$ 相连的点集为 $V_y$ ，设 $f (x, y)$ 为这个最小割的容量。

顾名思义，这东西是棵树。每条边 $(x, y)$ 满足一个性质：断开这条边后，与 $x$ 相连的点集恰好为 $V_x$ ，与 $y$ 相连的点集恰好为 $V_y$ ，并且这条边的权值恰好为 $f (x, y)$ 。

然后这棵树上就有个很妙的结论：对于任意两点 $x, y$ ，他们之间的最小割就是两点路径中最小的边权。

先证明这个奇妙的结论：

引理1： 对于 $u\in V_x,v\in V_y$ ，有 $f(u,v)\leq f(x,y)$ 。
证明： 显然割断了 $x, y$ 的同时也割断了 $u, v$ ，所以割断 $u, v$ 的代价是不超过 $f (x, y)$ 的。
引理2： $f(x,y)\geq \min\{f(x,z),f(z,y)\}$ 。
证明： 由于最小割等于最大流，在最大流的角度看 $min\{f(x,z),f(z,y)\}$ 就是从 $x$ 流到 $y$ 的流量中经过 $z$ 的部分，那这个部分肯定是比总流量少的。
引理2的推论： $f(x,y)\geq \min\{f(x,z_1),f(z_1,z_2),...,f(z_k,y)\}$ 。
证明： 简单归纳一下就好，一开始我们有 $f(x,y)\geq \min\{f(x,z_1),f(z_1,y)\}$ 。
假设此时已经满足 $f(x,y)\geq \min\{f(x,z_1),f(z_1,z_2),...,f(z_{i-1},y)\}$ ，那么不难发现将 $f(z_{i-1},y)$ 替换为 $min\{f(z_{i-1},z_i),f(z_i,y)\}$ ，上式依然成立，带入就得到了 $f(x,y)\geq \min\{f(x,z_1),f(z_1,z_2),...,f(z_i,y)\}$ 。

此时通过引理2的推论其实已经能看出路径的影子了，一开始的结论就可以简单地证明出来。

假设 $(u, v)$ 是 $x$ 到 $y$ 路径上权值最小的边，那么根据这个推论， $f(x,y)\geq f(u,v)$ 。而根据最小割树地定义， $x\in V_u,y\in V_v$ ，所以有 $f(u,v)\geq f(x,y)$ ，即 $f (u, v) = f (x, y)$ 。

这样就证完了。

有了这个结论，我们可以通过倍增或预处理之类的求出两两点之间的最小割，那么要如何构造这棵树呢？

考虑递归，假设当前的点集为 $V$ ，从中随便选两个点 $x, y$ ，跑一遍dinic，然后将 $x, y$ 连边，以最小割中分成的两个连通块作为新的点集继续构造，时间复杂度 $O(n^3m)$ ，但众所周知dinic往往是跑不满的……

正确性的话，其实就是要保证，假如某次将 $V$ 割成了 $V_1,V_2$ 两个点集，递归构造时会在 $V_1$ 中选两个点 $x, y$ 跑dinic，跑完之后在 $x$ 到 $y$ 的最小割中， $V_x$ 或 $V_y$ 完整包含 $V_2$ 。

设 $E_1$ 为将 $V$ 割成 $V_1,V_2$ 的割边，事实上，在 $x, y$ 的最小割中，假如 $x$ 到 $y$ 的一条增广路经过 $V_2$ ，那么割掉的边就一定是 $E_1$ 中的，于是最后 $V_2$ 一定是完整的。手玩一下不难发现。

模板题传送门

于是代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 510
#define pb push_back

int n,m,Q,a[maxn];
struct edge{
    
    int y,z,next;}e[6010];
int first[maxn],len=1;
void buildroad(int x,int y,int z){
    
    e[++len]=(edge){
    
    y,z,first[x]};first[x]=len;}
void ins(int x,int y,int z){
    
    buildroad(x,y,z);buildroad(y,x,0);}
int S,T,q[maxn],st,ed,h[maxn],cur[maxn];
bool bfs(){
    
    
	memset(h,0,sizeof(h));
	q[st=ed=1]=S;h[S]=1;
	while(st<=ed){
    
    
		int x=q[st++];cur[x]=first[x];
		for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
    
    
			int y=e[i].y;
			if(!h[y]&&e[i].z)h[y]=h[x]+1,q[++ed]=y;
		}
	}
	return h[T];
}
int dfs(int x,int flow){
    
    
	if(x==T)return flow; int tt=0;
	for(int i=cur[x];i;i=e[i].next){
    
    
		int y=e[i].y;cur[x]=i;
		if(h[y]==h[x]+1&&e[i].z){
    
    
			int p=dfs(y,min(e[i].z,flow-tt));tt+=p;
			e[i].z-=p;e[i^1].z+=p;
		}
		if(tt==flow)break;
	}
	if(!tt)h[x]=0;
	return tt;
}
vector<int> E[maxn],w[maxn];
int tmpl[maxn],tmpr[maxn],lt,rt;
void buildGHtree(int l,int r){
    
    
	if(l==r)return;
	S=a[l];T=a[l+1];
	for(int i=2;i<=len;i+=2)//注意将图初始化，也就是将反边的流量丢回给正边
		e[i].z+=e[i^1].z,e[i^1].z=0;
	int val=0;while(bfs())val+=dfs(S,1e9);
	E[S].pb(T);E[T].pb(S);w[S].pb(val);w[T].pb(val);
	lt=rt=0;for(int i=l;i<=r;i++)
		if(h[a[i]])tmpl[++lt]=a[i];
		else tmpr[++rt]=a[i];
	for(int i=1;i<=lt;i++)a[l+i-1]=tmpl[i];
	for(int i=1;i<=rt;i++)a[l+lt+i-1]=tmpr[i];
	int sp=lt;buildGHtree(l,l+sp-1);buildGHtree(l+sp,r);
}
int ans[maxn][maxn];//由于复杂度问题n一般很小，所以可以n^2预处理两两间的答案
void dfs_getans(int x,int fa,int d){
    
    
	for(int i=0;i<E[x].size();i++){
    
    
		int y=E[x][i];if(y==fa)continue;
		if(fa==-1)ans[d][y]=w[x][i];
		else ans[d][y]=min(ans[d][x],w[x][i]);
		dfs_getans(y,x,d);
	}
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
		scanf("%d %d %d",&x,&y,&z),ins(x,y,z),ins(y,x,z);
	for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=i;
	buildGHtree(0,n);
	for(int i=0;i<=n;i++)dfs_getans(i,-1,i);
	scanf("%d",&Q);
	for(int i=1,x,y;i<=Q;i++)
		scanf("%d %d",&x,&y),printf("%d\n",ans[x][y]);
}

例题1

All Pairs Maximum Flow

板子题，权当练练手，代码就想必不需要了。

要注意的是初始化，以及这题行末不能有空格……

ZJOI 2011 最小割

板子题二号。

CQOI 2016 不同的最小割

板子题三号。

例题2

CF343E Pumping Stations

先建出最小割树，问题变成找一个排列，每次从 $a_i$ 走到 $a_{i+1}$ ，权值为路径上最小的边权。

考虑树上边权最小的那条边，显然这条边不可能经过多次，假如 $x\to y,y\to z$ 经过了两次这条边，那么显然 $x\to z,z\to y$ 是更优的，因为 $x\to z$ 不经过这条边，那么权值一定更大。

然后删掉这条边，递归考虑两棵子树的最小边权的边，反复考虑最后发现每条边只会产生一次贡献，答案就是每条边权值之和。

构造答案的话，就是先断开最小边权的边，先走左子树，走完之后跨到右子树继续走，也是递归一下就好了。

去掉最小割树模板后的代码：

bool v[maxn][maxn];
void go(int x,int fa,int &now){
    
    
	a[now++]=x;for(int y:E[x])
		if(!v[x][y]&&y!=fa)go(y,x,now);
}
void getans(int l,int r){
    
    
	if(l==r){
    
    printf("%d ",a[l]);return;}
	int x,y,z=1e9;
	for(int i=l;i<=r;i++)
		for(int j=0;j<E[a[i]].size();j++)
			if(!v[a[i]][E[a[i]][j]]&&w[a[i]][j]<z)//找到边权最小的边
				x=a[i],y=E[a[i]][j],z=w[a[i]][j];
	v[x][y]=v[y][x]=true;//标记一下
	int now=l;go(x,0,now);//找到左右子树
	int sp=now;go(y,0,now);
	getans(l,sp-1);getans(sp,r);//递归
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
		scanf("%d %d %d",&x,&y,&z),ins(x,y,z),ins(y,x,z);
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=i;
	buildGHtree(1,n);
	printf("%d\n",ans);getans(1,n);
}

例题3

洛谷 P3729 曼哈顿计划EX

首先当然还是要建出最小割树。那么每次询问相当于：找一个点集 $V$ ，在 $\sum_{v\in V}w_v\geq x$ 的前提下， $\min_{u,v\in V}f(u,v)$ 最大， $f (u, v)$ 即 $u$ 到 $v$ 的最小割。

先删去树上的所有边，从大到小依次加入，加入了一条长度为 $c$ 的边，连接了 $u, v$ 所在的连通块后，假设这个新连通块内所有点 $w$ 之和为 $W$ ，那么就可以使 $ans_W$ 对 $c$ 取 $\max$ 。

这样求出的 $ans_i$ 就是权值和恰好为 $i$ 的最大的最小割，再求个后缀 $\max$ 就是至少。

不难发现这样求出来的 $a n s$ 是正确的，要使两两最小割最大，那么点集一定在同一个连通块内，那么就不妨将连通块内所有点都算在点集里，毕竟少几个点贡献也是 $c$ ，多一点 $W$ 还能变大，贡献更多 $a n s$ 。

代码如下：

bool cmp(Edge x,Edge y){
    
    return x.z>y.z;}
int fa[maxn],ans[1000010];
int findfa(int x){
    
    return x==fa[x]?x:fa[x]=findfa(fa[x]);}
void link(int x,int y){
    
    
	x=findfa(x),y=findfa(y);
	w[x]+=w[y];fa[y]=x;
}
void chkmax(int &x,int y){
    
    if(y>x)x=y;}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&Q);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
		scanf("%d %d",&x,&y),ins(x,y,1),ins(y,x,1);
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=fa[i]=i;
	buildGHtree(1,n);sort(E.begin(),E.end(),cmp);//E存放了最小割树上的边
	for(int i=1;i<=n;i++)chkmax(ans[w[i]],n+1);
	for(Edge i:E){
    
    
		link(i.x,i.y);
		int x=findfa(i.x);
		chkmax(ans[min(w[x],1000000)],i.z);
	}
	for(int i=999999;i>=1;i--)chkmax(ans[i],ans[i+1]);
	for(int i=1,x;i<=Q;i++){
    
    
		scanf("%d",&x);
		if(!ans[x])puts("Nuclear launch detected");
		else if(ans[x]==n+1)puts("nan");
		else printf("%d\n",ans[x]);
	}
}

介绍

正题

例题1

例题2

例题3

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