JZOJ 6683. 【2020.06.04省选模拟】我图呢(graph) 题解

题目大意

给你一个二分图，求最大独立集。
输出方案。

解题思路

我们把权值加上 $i n f$ 后，就是求二分图最大权独立集，这样就不用考虑点数了。

考虑染色出二分图。然后建图：

$s$ 向二分图左边的部分连一条容量为点权加上 $i n f$ 的边。

二分图的右边部分向 $t$ 连一条容量为点权加上 $i n f$ 的边。

然后二分图的边连起来，容量为 $I n f$ （与 $i n f$ 不同）。

对于这种二元关系的题目。就是求这个网络的最小割。

但答案是总的权值减去最小割。为什么要用总的权值减去最小割？考虑一条边如果被割了，那么相当于把点移除集合。如果不割，相当于留在 $T$ 中。所以求的答案， $T$ 的最大点权和，为不割的边的边权和。不割也就是总的权值减去最小割。

寻找答案：

本题的算法：考虑从 $s$ 开始搜索，在残量网络上找仍可以流的边，然后找到 $S$ 集合。枚举边集，看一看这条边是否过两个集合。这些边是最小割。可知最小割的边的一端一定连着 $s, t$ ，那么我们只要把另一端标记，另一端即为在最小割中的结点。答案求不在最小割中的点。记录一下就可以了。注意时间复杂度为 $O(n^2m)$ 。
一般算法：考虑枚举每条边（容量为 $c$ ），设原来的最小割为 $c u t 1$ ，删除这条边后的为 $c u t 2$ ，如果 $c u t 1 ? c u t 2 = c$ ，那么说明这条边有贡献。那么这条边的某一个端点在最小割中。注意每一次如果满足情况，都要把这条边给删去，并且把原来的最小割更新。注意时间复杂度为 $O(n^2m^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(a,b,c) for (ll a=b;a<=c;a++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=1e9;
const ll inf2=1e18;
ll n,m,w[305],la[305],la2[305],fr[200000],to[200000],ne[200000],cap[200000],flow[200005],cnt=1,s,t,col[305];
ll g[305][305];
void color(ll x,ll c){
	col[x]=c;
	fo(i,1,g[x][0]){
		ll y=g[x][i];
		if (!col[y]){
			color(y,3-c);
		}
	}
}
void add(ll x,ll y,ll c){
	++cnt;
	fr[cnt]=x;
	to[cnt]=y;
	cap[cnt]=c;
	flow[cnt]=0;
	ne[cnt]=la[x];
	la[x]=cnt;
}
queue<ll>q,q2;
ll a[305],vis[305];
ll bfs(){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	vis[s]=1;
	memset(a,0,sizeof(a));
	q=q2;
	q.push(s);
	while (!q.empty()){
		ll x=q.front();
		q.pop();
		for (ll i=la[x];i;i=ne[i]){
			ll y=to[i];
			if (cap[i]>flow[i]&&(!vis[y])){
				vis[y]=1;
				a[y]=a[x]+1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
	return a[t];
}
ll dfs(ll x,ll nowflow){
	if (nowflow==0||x==t) return nowflow;
	ll sum=0;
	for (ll &i=la2[x];i;i=ne[i]){
		ll y=to[i];
		if (a[x]+1==a[y]){
			int f=dfs(y,min(nowflow,cap[i]-flow[i]));
			if (f){
				sum+=f;
				nowflow-=f;
				flow[i]+=f;
				flow[i^1]-=f;
				if (!nowflow) break;
			}
		}
	}
	return sum;
}
ll dinic(ll sum){
	ll ans=sum;
	while (bfs()){
		fo(i,1,t) la2[i]=la[i];
		ans-=dfs(s,inf2);
	}
	return ans;
}
ll ins[305],ch[305];
void find(){
	q=q2;
	q.push(s);
	ins[s]=1;
	while (!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop();
		for (ll i=la[x];i;i=ne[i]){
			ll y=to[i];
			if (cap[i]>flow[i]&&(!ins[y])){
				ins[y]=1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
}
int main(){
	freopen("graph.in","r",stdin);
	freopen("graph.out","w",stdout);
	ll sum=0;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	s=n+1;
	t=n+2;
	fo(i,1,n)scanf("%lld",&w[i]),w[i]+=inf,sum+=w[i];
	fo(i,1,m){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		g[x][++g[x][0]]=y;
		g[y][++g[y][0]]=x;
	}
	fo(i,1,n)if(!col[i])color(i,1);
	fo(i,1,n){
		if (col[i]==1){
			add(s,i,w[i]);
			add(i,s,0);
		}
		if (col[i]==2){
			add(i,t,w[i]);
			add(t,i,0);
		}
	}
	fo(i,1,n){
		if (col[i]==1){
			fo(j,1,g[i][0]){
				ll k=g[i][j];
				add(i,k,inf2);
				add(k,i,0);
			}
		}
	}
	ll ans=dinic(sum);
	find(); 
	fo(i,2,cnt){
		if (i&1) continue;
		if (ins[fr[i]]!=ins[to[i]]){
			if (fr[i]==s||fr[i]==t) ch[to[i]]=1;
			if (to[i]==s||to[i]==t) ch[fr[i]]=1;
		}
	}
	ll ans1=0;
	fo(i,1,n)ans1+=(ch[i]^1);
	printf("%lld %lld\n",ans1,ans%inf);
	fo(i,1,n)putchar((ch[i]^1)+'0');
}