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题目就是两问，一问是求所有最小割方案中出现至少一次的边（可能割边），一问是求所有最小割方案中一定会出现的边。
其实对于这个问题，我们有结论——
1.跑一遍网络流之后，对残量网络做SCC，满流且边的两个端点不在同一个SCC中的边是可能割边。
2.跑一遍网络流之后，对残量网络做SCC，满流，边的两个端点分别和S和T在同一个SCC里，这个边就是一定会在最小割中出现。
考虑证明......其实我并不能严谨证明，这里就抄一下网上的解释好了
证明1：考虑如果减少一条边的容量之后，最小割变小了，证明这条边可能存在于最小割之中。那么反过来，如果(u,v)在同一个SCC中，我们把u→v这条边的容量减小d，那么我们把这个环上的所有边的容量都减少d，仍然满足流量平衡，意味着最大流即最小割不变。反之最大流即最小割改变，那么这条边可能存在于最小割中。
证明2：增加一条边的容量，如果最小割增加，意味着这条边必定在最小割中。因为u→是满流的边，所以沿反边u可达S，T可达v 。如果S,u在同一个SCC，T,v在同一个SCC中，说明S到u上还有增广路，v到T上还有增广路，那么u→v的流量增加最小割也会增加，此时u→v必定在最小割中。
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,tot,t,tt=1,top,cnt,S,T;
int head[MAXN],low[MAXN],dfn[MAXN],st[MAXN],in[MAXN],c[MAXN],cur[MAXN],dis[MAXN];
struct Edge{int nxt,to,dis;}edge[MAXN<<1];
struct Line{int u,v,w;}line[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to,int dis)
{
edge[++tt].nxt=head[from],edge[tt].to=to,edge[tt].dis=dis,head[from]=tt;
edge[++tt].nxt=head[to],edge[tt].to=from,edge[tt].dis=0,head[to]=tt;
}
inline bool bfs()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memcpy(cur,head,sizeof(head));
queue<int>q;
q.push(S);
dis[S]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]==0x3f3f3f3f&&edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
if(dis[T]==0x3f3f3f3f) return false;
return true;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
if(x==T||!f) return f;
int used=0,w;
for(int i=cur[x];i;i=edge[i].nxt)
{
cur[x]=i;
if(dis[edge[i].to]==dis[x]+1&&(w=dfs(edge[i].to,min(f,edge[i].dis))))
{
used+=w,f-=w;
edge[i].dis-=w,edge[i^1].dis+=w;
if(!f) break;
}
}
return used;
}
inline int dinic()
{
int cur_ans=0;
while(bfs()) cur_ans+=dfs(S,0x3f3f3f3f);
return cur_ans;
}
inline void tarjan(int x)
{
low[x]=dfn[x]=++tot;
in[x]=1,st[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(edge[i].dis==0) continue;
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[x]=min(low[x],low[v]);
else if(in[v]) low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
int v;
cnt++;
do{
v=st[top--];
in[v]=0;
c[v]=cnt;
}while(v!=x);
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&S,&T);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&line[i].u,&line[i].v,&line[i].w);
add(line[i].u,line[i].v,line[i].w);
}
dinic();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
for(int i=2;i<=tt;i+=2)
if(edge[i].dis) printf("0 0\n");
else
{
if(c[edge[i].to]^c[edge[i^1].to]) printf("1 ");
else printf("0 ");
if(c[edge[i].to]==c[T]&&c[edge[i^1].to]==c[S]) printf("1\n");
else printf("0\n");
}
return 0;
}