【题解】【网络流24题】航空路线问题 [P2770] [Loj6122]

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传送门:航空路线问题 $[P2770]$ $[Loj6122]$

【题目描述】

给出一张有向图,每个点(除了起点 $1$)每条边都只能经过一次,求出从 $1$ 到 $n$ 在回到 $1$ 的一条路径,使得经过的点个数最大,并输出路径。

【数据范围】

$100\%$ $n \leqslant 100$


【分析】

这是一道网络瘤题目。

那么,如何建模呢?

【建模】

俗话说得好啊:网络瘤,网络瘤,网络建模最毒瘤。 稍微一不注意踩到了坑就 $GG$ 。

把题意转换一下,实际上是求从 $1$ 到 $n$ 的两条互不相交的路径。 限制条件是除起点、终点外的每条边、每个点只能经过一次,那么就可以进行拆点,把点可以经过的最大次数作为点内部的流量节点数作为点内部的费用,最后用 $MCMF$ 求一个最大流最大花费。

求出的最大流就是所找到的路径数,如果它小于等于 $1$,就说明找不到这样一条路径。 但有一种特殊情况需要特判:起点、终点只有一条边相连,这时候虽然只能找到一条路径,可 $1$ 能直通 $n$ 并直接回来,是合法的路径。

然后就是 $(sang)$ $(xin)$ $(bing)$ $(kuang)$ 的建图了:

首先把每个点拆为入点出点,并连一条流量可经过次数)为 $1$,费用(节点数)为 $1$ 的边,起点、终点要单独拆,流量设为 $2$ 。

而对于输入的边 $(x,y)$,要把 $x$ 的出点与 $y$ 的入点相连(其实是个很简单的道理,一开始死活想不明白,而大佬们的题解基本都没讲,可能是觉得太简单了吧,我太蒻了。。。)。

【求答案】

答案分三种情况:

$(1).$ 当最大流等于 $2$ 时,最大花费减 $2$ 即为可经过的最大节点数,减 $2$ 是因为起点、终点都经过了两次。

$(2).$ 当处于上述 $1$ 直通 $n$ 的情况时,答案为 $2$,路径为:起点→终点→起点。

$(3).$ 其他情况均为无解。

另外,情况 $(1)$ 中输出路径时写两个 $dfs$ 遍历满流边

第一次随便跑,记录下跑过的节点编号,要注意的是这时候只能跑出一条路,所以找到路后要立马 $break$。

第二次跳过这些节点找剩下那条路径,由于最大流所找到的路径数)最多为 $2$,所以这里是否 $break$ 都无所谓(可能会快一丢丢吧)。

【Code】

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=103,M=40000,inf=2e9;
int x,y,o=1,n,m,h,t,st,ed,flag,cyf[N],pan[N],pre[N],dis[N],head[N];LL maxcost,maxflow;
struct QAQ{int w,to,next,flow;}a[M<<1];queue<int>Q;string CH,ch[N];map<string,int>ip;
inline void add(Re x,Re y,Re z,Re w){a[++o].flow=z,a[o].w=w,a[o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add_(Re a,Re b,Re flow,Re w){add(a,b,flow,w),add(b,a,0,-w);}
inline int SPFA(Re st,Re ed){
    for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=-inf,pan[i]=0;
    Q.push(st),pan[st]=1,dis[st]=0,cyf[st]=inf;
    while(!Q.empty()){
        Re x=Q.front();Q.pop();pan[x]=0;
        for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
            if(a[i].flow&&dis[to=a[i].to]<dis[x]+a[i].w){//最长路 
                dis[to]=dis[x]+a[i].w,pre[to]=i;
                cyf[to]=min(cyf[x],a[i].flow);//最小残余网络 
                if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
            }
    }
    return dis[ed]!=-inf;
}
inline void EK(Re st,Re ed){
    while(SPFA(st,ed)){
        Re x=ed;maxflow+=cyf[ed],maxcost+=(LL)cyf[ed]*dis[ed];
        while(x!=st){
            Re i=pre[x];
            a[i].flow-=cyf[ed];
            a[i^1].flow+=cyf[ed];
            x=a[i^1].to;
        }
    }
}
inline void dfs1(Re x){
    pan[x]=1;//记录一下第一次选的点,第二次就不选它们了
    cout<<ch[x-n]<<endl;//第一次正序输出。记得减n
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)<=n&&!a[i].flow){dfs1(to+n);break;}//出点x>n到入点to<=n,再从to的出点搜下去
}
inline void dfs2(Re x){
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)<=n&&!a[i].flow&&!pan[to+n])dfs2(to+n);//出点x>n到入点to<=n,再从to的出点搜下去 
    cout<<ch[x-n]<<endl;//第二次倒序输出。记得减n 
}
int main(){
    cin>>n>>m;st=1,ed=n<<1;
    for(Re i=1;i<=n;++i)cin>>ch[i],ip[ch[i]]=i;
    for(Re i=2;i<n;++i)add_(i,n+i,1,1);//1~n表示入点,n+1~2n表示出点 
    add_(1,1+n,2,1),add_(n,n+n,2,1);//起点和中点可以经过两次 
    while(m--){
        cin>>CH;x=ip[CH];
        cin>>CH;y=ip[CH];
        if(x>y)swap(x,y);
        flag|=x==1&&y==n; 
        add_(x+n,y,1,0);//刚从x的出点出来,接下来连到y的入点 
    }
    EK(st,ed);
    if(maxflow==2)printf("%d\n",maxcost-2);//找到了两条路 
    else if(maxflow==1&&flag){//只有一条从1直通n的边 
        printf("2\n");
        cout<<ch[1]<<endl<<ch[n]<<endl<<ch[1]<<endl;//这里要输出三个 
        return 0;
    }
    else return !printf("No Solution!\n");
    for(Re i=1;i<=n+2;++i)pan[i+n]=0;
    dfs1(1+n),dfs2(1+n);//根据边的残余网络来判断是否选了该边,所以从出点开始搜,这里害我调了一个多小时
}