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2236. 伊基的故事 I - 道路重建
伊基是一个小国 – 凤凰国的国王。
凤凰国是如此之小，以至于只有一个城市负责日常商品的生产，并使用公路网将商品运送到首都。
伊基发现本国最大的问题在于运输速度太慢了。
因为伊基以前是 ACM/ICPC 的参赛者，他意识到这其实是一个最大流问题。
他编写了一个最大流程序，并计算出了当前运输网络的最大运输能力。
他对运输速度的现状十分不满，并希望能够提高国家的运输能力。
提高运输能力的方法很简单，伊基将在运输网络中重建一些道路，以使这些道路具有更高的运输能力。
但是不幸的是，凤凰国的财力有限，道路建设经费只够重建一条道路。
伊基想要知道共有多少条道路可以纳入重建道路候选名单。
这些道路需要满足，将其重建后，国家的总运输能力能够增加。
输入格式
第一行包含 \(N\) 和 \(M\)，分别表示城市和道路的数量。
接下来 \(M\) 行，每行包含三个整数 \(a,b,c\)，表示存在一条道路从城市 \(a\) 通往城市 \(b\)，且运输能力为 \(c\)。
所有道路都是有方向的。
城市编号从 \(0\) 到 \(N-1\)。
生产日常商品的城市为 \(0\) 号城市，首都为 \(N-1\) 号城市。
输出格式
输出一个整数 \(K\)，表示存在 \(K\) 条道路，对其中每条道路进行重建都会增加运输网络的运输能力。
数据范围
\(1 \le N \le 500\),
\(1 \le M \le 5000\),
\(0 \le a,b < N\),
\(0 \le c \le 100\)
输入样例：
2 1
0 1 1
输出样例：
1
解题思路
最大流，最大流关键边
最大流关键边即增大某条边的容量最大流会增大
先求一遍最大流，可以发现关键边一定是满流的边
证明：如果存在某条边没有满流且是关键边，即会有流量经过该条边，同样可以整体将流量减少至其原容量其仍然有流量增加，即存在增广路，与最大流不存在增广路矛盾，故关键边只可能是满流的边
同时，对于满流的边也不一定是关键边，对于一条 \(u,v\) 满流的边，增加其容量的同时，要找到一条增广路，即必须找到 \(s\) 到 \(u\)，\(v\) 到 \(t\) 的路径，且路径上所有边未满流，可以 dfs 预处理这样的点
- 时间复杂度：\(O(n^2m)\)
代码
// Problem: 伊基的故事 I - 道路重建
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2238/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=505,M=5005*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],e[M],f[M],ne[M],idx;
bool st_s[N],st_t[N];
int d[N],q[N],hh,tt,cur[N];
bool bfs()
{
memset(d,-1,sizeof d);
q[0]=S;
d[S]=hh=tt=0;
cur[S]=h[S];
while(hh<=tt)
{
int x=q[hh++];
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int y=e[i];
if(d[y]==-1&&f[i])
{
d[y]=d[x]+1;
cur[y]=h[y];
if(y==T)return true;
q[++tt]=y;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
if(x==T)return true;
int flow=0;
for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
{
cur[x]=i;
int y=e[i];
if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
{
int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
if(!t)d[y]=-1;
f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
}
}
return flow;
}
int dinic()
{
int res=0,flow;
while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
return res;
}
void add(int a,int b,int c)
{
e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
void dfs(bool st[],int x,int t)
{
st[x]=true;
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
if(!st[e[i]]&&f[i^t])dfs(st,e[i],t);
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
}
S=0,T=n-1;
dinic();
dfs(st_s,S,0),dfs(st_t,T,1);
int res=0;
for(int i=0;i<idx;i+=2)
if(!f[i]&&st_t[e[i]]&&st_s[e[i^1]])res++;
printf("%d",res);
return 0;
}