描述 Description
你第一天接手三鹿牛奶公司就发生了一件倒霉的事情：公司不小心发送了一批有三聚氰胺的牛奶。很不幸，你发现这件事的时候，有三聚氰胺的牛奶已经进入了送货网。这个送货网很大，而且关系复杂。你知道这批牛奶要发给哪个零售商，但是要把这批牛奶送到他手中有许多种途径。送货网由一些仓库和运输卡车组成，每辆卡车都在各自固定的两个仓库之间单向运输牛奶。在追查这些有三聚氰胺的牛奶的时候，有必要保证它不被送到零售商手里，所以必须使某些运输卡车停止运输，但是停止每辆卡车都会有一定的经济损失。你的任务是，在保证坏牛奶不送到零售商的前提下，制定出停止卡车运输的方案，使损失最小。
输入格式 Input Format
第一行: 两个整数N(2<=N<=32)、M(0<=M<=1000), N表示仓库的数目，M表示运输卡车的数量。仓库1代 表发货工厂，仓库N代表有三聚氰胺的牛奶要发往的零售商。 第2..M+1行: 每行3个整数Si,Ei,Ci。其中Si,Ei表示这 辆卡车的出发仓库，目的仓库。Ci(0 <= C i <= 2,000,000) 表示让这辆卡车停止运输的损失。
输出格式 Output Format
第1行两个整数c、t,c表示最小的损失，T表示要停止的最少卡车数。接下来t 行表示你要停止哪几条线路。如果有多种方案使损失最小，输出停止的线路最少的方案。如果仍然还有相同的方案，请选择开始输入顺序最小的。
样例输入 Sample Input
4 5
1 3 100
3 2 50
2 4 60
1 2 40
2 3 80
样例输出 Sample Output
60 1
3
时间限制 Time Limitation
1s
注释 Hint
1s
来源 Source
usaco 4.4.2
不得不说这道题真的是毒，输出最小割，割的边数，以及割的方案。
因为只有1000条边，我们将每条边的流量*1001+1，求出最大流后/1001即是最大流【相信能理解】，%1001之后就是割的边数【这也很好理解】。
最难的第三个问题：输出割的方案。虽然可以通过：枚举每条边，先去掉这条边，然后再求最大流，如果最大流的减小值是这条边的权值，那么这条边就在内，输出即可。然而虽然数据量支持我们这么做，但是OJ的数据..........1000条1到4的边，流量都是2000000。虽然可以在评测姬变卡之后仍能过去【gy0.7s此点】，但是写的不知道为什么我自己本地0.9s。但是发现树神有更高级的写法：
从源点进行DFS遍历，如果到下一条边流量不为0，继续遍历标记。最后对于每个点枚举它的边，如果x到y有边，x标记，y为标记，说明这条边在最小割中。然而OJ是有数据卡这个方法的。这个方法求的边是第一个遇到的最小割，然而如果1 2 3 4四个点，之间流量都是10，边如下：3 4 10,2 3 10,1 2 10。因为题目要求给出多种方法，按边的序号字典序输出，这四个点割一条边，肯定是都可以的，正解是输出1【3 4这条边，序号为1】。但是图中按此法显然我们求出的是1 ，2。
我们便可以发现问题了。但是这种数据只能用来卡序号，这就需要此方法求得的这条边能导致后面不连通。那么显然这条边流量是满的。后面如果出现更优解【字典序更小】，那么也必须流量是满的，且流量一样，并满足边数等于前面。
但是，这也并不是正解，仍然会被卡掉。正解还是删边求最大流。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 #define INF 2100000000
4 using namespace std;
5 int level[100];
6 int q[100];
7 int lin[100];
8 int rev[5500];
9 bool f[100];
10 bool fe[5500];
11 int len=0;
12 ll ans=0;
13 int cnt[5500];
14 struct www
15 {
16 ll v;
17 int id;
18 }a[40][40],b[40][40],c[1011];
19 ll n,m;
20 ll s,t;
21 struct qaq{
22 int nt,y;
23 ll v;
24 }e[5500];
25
26 char buf[1<<15],*fs,*ft;
27 inline char getc(){ return(fs==ft && (ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; }
28 ll read()
29 {
30 ll x=0;
31 char ch=getc();
32 while(!isdigit(ch)) ch=getc();
33 while(isdigit(ch)) {x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘; ch=getc();}
34 return x;
35 }
36
37 void insert(int x,int y,ll v)
38 {
39 e[++len].nt=lin[x]; e[len].v=v; e[len].y=y; lin[x]=len; rev[len]=len+1; fe[len]=1;
40 e[++len].nt=lin[y]; e[len].v=0; e[len].y=x; lin[y]=len; rev[len]=len-1;
41 }
42
43 bool make_level()
44 {
45 ll head=0,tail=1;
46 memset(level,-1,sizeof(level));
47 q[1]=s;level[s]=0;
48 while(head++<tail)
49 {
50 ll x=q[head];
51 for(ll i=lin[x];i;i=e[i].nt)
52 if(e[i].v && level[e[i].y]==-1)
53 {
54 level[e[i].y]=level[x]+1;
55 q[++tail]=e[i].y;
56 }
57 }
58 return level[t]>=0;
59 }
60
61 ll max_flow(ll k,ll flow)
62 {
63 if(k==t) return flow;
64 ll maxflow=0;
65 ll v;
66 for(ll i=lin[k];i && (maxflow<flow);i=e[i].nt)
67 if(e[i].v && level[e[i].y]==level[k]+1)
68 if(v=max_flow(e[i].y,min(e[i].v,flow-maxflow)))
69 maxflow+=v,e[i].v-=v,e[rev[i]].v+=v;
70 if(!maxflow) level[k]=-1;
71 return maxflow;
72 }
73
74 ll dinic()
75 {
76 ans=0;
77 ll v;
78 while(make_level())
79 while(v=max_flow(s,INF))
80 ans+=v;
81 return ans;
82 }
83
84 void dfs(int k)
85 {
86 f[k]=1;
87 for(int i=lin[k];i;i=e[i].nt)
88 {
89 if(!f[e[i].y]&&e[i].v)
90 dfs(e[i].y);
91 }
92 }
93
94 int main()
95 {
96 freopen("a.txt","r",stdin);
97 freopen("b.txt","w",stdout);
98 n=read();
99 m=read();
100 s=1,t=n;
101 for(ll i=1;i<=m;++i)
102 {
103 int x=read(),y=read();
104 ll v=read();
105 c[i].v=v;
106 insert(x,y,v*1001+1);
107 }
108 ll tmp=dinic();
109 //cout<<tmp<<endl;
110 printf("%lld %lld\n",tmp/1001,tmp%1001);
111 bool flag=0;
112 for(int i=1;i<=m;i++)
113 if(c[i].v==tmp/1001)
114 {
115 cout<<i<<endl;
116 flag=1;
117 }
118 if(flag==1) return 0;
119 dfs(1);
120 //cout<<"--------"<<endl;
121 //for(int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i]<<‘ ‘;cout<<endl;
122 int haha=0;
123 for(int i=1;i<=n;i++)
124 {
125 for(int j=lin[i];j;j=e[j].nt)
126 {
127 if(f[i]&&!f[e[j].y]&&fe[j])
128 cnt[++haha]=(j+1)>>1;
129 }
130 }
131 sort(cnt+1,cnt+1+haha);
132 for(int i=1;i<=haha;i++) cout<<cnt[i]<<endl;
133 return 0;
134 }