Description

n个点的无向图，问最少删掉几个点，使得图不连通

n<=50 m也许可以到完全图？

Solution

最少，割点，不连通，可以想到最小割。

发现，图不连通，必然存在两个点不连通。

枚举源点汇点，要让源点汇点不连通。源点汇点不能割掉

网络建图：

为了割的是边，所以要点转化成边。

对于每个x，建立x‘=x+n，对于不是S、T的点（因为S、T不能割掉），x向x’连一条边权为1的边

对于原图的边e(x,y) x’->y 连接inf的边，y‘->x连接inf的边。

边权保证割的是点，不是边。

x‘->y连边保证，想走这条边，必须经过x。

源点汇点不唯一，所以要n^2枚举。

但是要保证S，T不直接相连，否则不可能分开。

（如果钦定0是源点，枚举汇点的话，可以hack掉

假设最优解必须割掉0，那么就ans大了

但是数据水）

然后每次重新建图。

跑dinic最小割，所有的最小割取min即可。

题目一些小坑：

1.图不连通？没关系，可以枚举得到最小割为0

2.m=0，同上

3.如果完全图?没有S、T满足不直接相邻，那么一定就是n

fl记录一下有没有dinic过即可。

4.n=1？同上fl可以判断。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#define numb ch-‘0‘
using namespace std;
const int N=52;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
char ch;
void rd(int &x){
    x=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);
}
struct node{
    int nxt,to;
    int w;
}e[2*N*N+N];
int hd[2*N],cnt=1;
bool con[N][N];
void add(int x,int y,int z){
    e[++cnt].nxt=hd[x];
    e[cnt].to=y;
    e[cnt].w=z;
    hd[x]=cnt;
}

queue<int>q;
int d[2*N];
int s,t;

void pre(){
    memset(hd,0,sizeof hd);
    cnt=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(j==i) continue;
            if(con[i][j]){

                add(i+n,j,inf/2);
                add(j,i+n,0);
            }
        }
        if(i!=s&&i!=t) add(i,i+n,1),add(i+n,i,0);
    }
}
bool bfs(){
    while(!q.empty())q.pop();
    memset(d,0,sizeof d);
    d[s+n]=1;
    q.push(s+n);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].to;
            if(!d[y]&&e[i].w){
                d[y]=d[x]+1;
                q.push(y);
                if(y==t) return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int lp=0;
int dfs(int x,int flow){
    if(x==t) return flow;
    int rest=flow;
    for(int i=hd[x];i&&rest;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(d[y]==d[x]+1&&e[i].w){
            int k=dfs(y,min(rest,e[i].w));
            if(!k) d[y]=0;
            rest-=k;
            e[i].w-=k;
            e[i^1].w+=k;
        }
    }
    return flow-rest;
}
int wrk(){
    pre();
    int ret=0;
    int flow;
    while(bfs()){
        while(flow=dfs(s+n,inf)) ret+=flow;
    }
    return ret;
}
int ans;
bool fl;
void clear(){
    memset(hd,0,sizeof hd);
    cnt=1;
    memset(con,0,sizeof con);
    ans=inf;
    fl=false;
}
int main()
{
    int x,y;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        clear();
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            rd(x);rd(y);
            x++;y++;
            con[x][y]=con[y][x]=1;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                if(con[i][j]) continue;
                fl=true;
                s=i,t=j;
                int tmp=wrk();
                ans=min(ans,tmp);
            }
        }
        if(!fl) ans=n;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

这个题，体现了“点边转化”，“容量inf”的处理思想。

点边转化：把点的信息转移到边上，或者边信息转移到点上。

点变成边：拆点，两个点之间的边信息是点的信息。并且要保证，实际经过这个点，必须经过这个边。

　　　　一般从上面的点x‘向下面y连边。

边变成点：把边拆成两个，中间加一个点，记录边的信息。

原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9611007.html