CF1666K Kingdom Partition 题解

题意

给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，边有边权 \(l\)。

需要将点划分成 \(A,B,C\) 三个集合。

\(A\) 或 \(B\) 内部的边有 \(2l\) 的贡献，\(AC\) 或 \(BC\) 之间的边有 \(l\) 的贡献。

集合 \(A\) 必须包含点 \(a\)，集合 \(B\) 必须包含点 \(b\)，求最小贡献及其方案。

\(2\le n\le1000,0\le m\le2000\)

题解

这些限制看起来就比较最小割。

观察贡献有 \(2l\)，那么一个点是得拆成两个的。

比较意识流地建一下图：对于 \(x,y,l\)，连 \((x,y+n,l)\) 和 \((x+n,y,l)\) 两条无向边。

建图之后发现一条边两个端点类型对应的贡献是这样的：

对比一下要求的矩阵：

是前面的子矩阵。

需要保证 \(SS\) 和 \(TT\) 之间不会有贡献。其实直接跑最小割是就对的，因为假如某方案这两者之间有边，不如替换成同一种类型（显然是能够替换的）。

官方题解还有一种理解方式：\(\operatorname{cut}(x\cup y)+\operatorname{cut}(x\cap y)\le \operatorname{cut}(x)+\operatorname{cut}(y)\)。

于是 \(A\) 类点对应 \(ST\)，\(B\) 类点对应 \(TS\)，额外连边 \((s,a,\inf),(s,b+n,\inf),(a+n,t,\inf),(b,t,\inf)\) 即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=2005,M=2e4;
const ll inf=1e18;
int n,m,A,B,tot,s,t,op[N],d[N],b[N],v[M];
ll c[M];
vector<int> e[N];
void add(int x,int y,ll w){
	v[tot+1]=x;v[tot]=y;c[tot]=w;
	e[x].push_back(tot++);e[y].push_back(tot++);
}
bool bfs(){
	fill_n(d+1,t,0);fill_n(b+1,t,0);
	queue<int> q;
	q.push(s);d[s]=1;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop();
		for(int y:e[x]) if(!d[v[y]]&&c[y])
			d[v[y]]=d[x]+1,q.push(v[y]);
	}
	return d[t];
}
ll dfs(int x,ll w){
	if(x==t) return w;
	ll res=0;
	for(int i=b[x];i<e[x].size();i++){
		int y=e[x][i];
		if(d[v[y]]!=d[x]+1||!c[y]) continue;
		b[x]=i;
		ll k=dfs(v[y],min(w,c[y]));
		c[y]-=k;c[y^1]+=k;
		w-=k;res+=k;
		if(!w) return res;
	}
	return res;
}
void getop(int x){
	if(op[x]) return;
	op[x]=1;
	for(int y:e[x]) if(c[y]) getop(v[y]);
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B);
	t=(s=n*2+1)+1;
	add(s,A,inf);add(s,B+n,inf);
	add(A+n,t,inf);add(B,t,inf);
	for(int x,y,w;m--;)
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w),add(x,y+n,w),add(x+n,y,w),add(y+n,x,w),add(y,x+n,w);
	ll ans=0;
	while(bfs()) ans+=dfs(s,inf);
	getop(s);
	printf("%lld\n",ans);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(op[i]==op[i+n]) putchar('C');
		else putchar(op[i]?'A':'B');
	return 0;
}