【题目描述】
宇宙旅行总是出现一些意想不到的问题，这次小可可所驾驶的宇宙飞船所停的空间站发生了故障，这个宇宙空间站非常大，它由N个子站组成，子站之间有M条单向通道，假设其中第i（1＜＝i＜＝M）条单向通道连接了xi，yi两个中转站，那么xi子站可以通过这个通道到达yi子站，如果截断这条通道，需要代价ci。现在为了将故障的代价控制到最小，小可可必须想出一个截断方案，使a站不能到达b子站，并且截断的代价之和最小。我们称之为最小截断，小可可很快解决了这个故障，但是爱思考的小可可并不局限于此，为了今后更方便的解决同类故障，他考虑对每条单向通道：
1，是否存在一个最小代价路径截断方案，其中该通道被切断？
2，是否对任何一个最小代价路径切断方案，都有该通道被切断？
聪明的你能帮小可可解决他的疑问吗？
【输入格式】
第一行有4个整数，依次为N，M，a和b；
第二行到第(m+1)行每行3个正整数x，y，c表示x子站到y子站之间有单向通道相连，单向通道的起点是x终点是y，切断它的代价是c（1＜＝c＜＝10000）；
两个子站之间可能有多条通道直接连接。
【输出格式】
对每一个单向通道，按输入的顺序，依次输出一行包含两个非0即1的整数，分别表示对问题一和问题二的回答（其中1表示是，0表示否）。每行两个整数之间用一个空格分隔开。
【样例输入】
6 7 1 6 1 2 3 1 3 2 2 4 4 2 5 1 3 5 5 4 6 2 5 6 3
【样例输出】
1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0
【提示】
100％的数据中，N＜＝4000，M＜＝60000
70％的数据中，N＜＝1000，M＜＝40000
40％的数据中，N＜＝200，M＜＝2000
【题解】
血帆海盗的进阶版，先贴结论XDDD：
最小割的必须边
一定在最小割中的边、扩大容量后能增大最大流的边， ① 满流；② 残余网络中S能到入点、出点能到T。 从S开始DFS、T开始反向DFS，标记到达的点，然后枚举满流边即可。
最小割的可行边
被某一种最小割的方案包含的边， ① 满流；② 删掉之后在残余网络中找不到u到v的路径。 在残余网络中tarjan求SCC，(u,v)两点在同一SCC中说明残余网络中存在u到v路径。
在这道题里求必须边也可以用tarjan搞定，必须边的起点与S在同一个强联通分量里，终点与T在同一个强联通分量里。知道了结论之后就可以放心地跑了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int sj=4010;
int n,m,s,t,e,a1,a2,a3;
int dep[sj],dfn[sj],c[sj],low[sj],h[sj];
stack<int> z;
queue<int> q;
bool r[sj];
struct B
{
int ne,v,w,u;
}b[120010];
void add(int x,int y,int z)
{
b[e].v=y;
b[e].u=x;
b[e].w=z;
b[e].ne=h[x];
h[x]=e++;
b[e].v=x;
b[e].w=0;
b[e].u=y;
b[e].ne=h[y];
h[y]=e++;
}
bool bfs(int x)
{
while(!q.empty()) q.pop();
memset(dep,0,sizeof(dep));
dep[x]=1;
q.push(x);
while(!q.empty())
{
x=q.front();
q.pop();
for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne)
if(b[i].w&&!dep[b[i].v])
{
dep[b[i].v]=dep[x]+1;
if(b[i].v==t) return 1;
q.push(b[i].v);
}
}
return 0;
}
int bj(int x,int y)
{
return x<y?x:y;
}
int dfs(int x,int f)
{
if(x==t) return f;
int ans=0,d;
for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne)
if(dep[b[i].v]>dep[x]&&b[i].w)
{
d=dfs(b[i].v,bj(b[i].w,f));
f-=d;
ans+=d;
b[i].w-=d;
b[i^1].w+=d;
if(!f) break;
}
if(!ans) dep[x]=-1;
return ans;
}
void tarjan(int x)
{
low[x]=dfn[x]=++a1;
z.push(x);
r[x]=1;
for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne)
{
if(!b[i].w) continue;
if(!dfn[b[i].v])
{
tarjan(b[i].v);
low[x]=bj(low[x],low[b[i].v]);
}
else if(r[b[i].v])
low[x]=bj(low[x],dfn[b[i].v]);
}
if(low[x]==dfn[x])
{
a2++;
do
{
a3=z.top();
z.pop();
c[a3]=a2;
r[a3]=0;
}while(a3!=x);
}
}
void init()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
memset(h,-1,sizeof(h));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a1,&a2,&a3);
add(a1,a2,a3);
}
while(bfs(s)) dfs(s,0x7fffffff);
a1=a2=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
s=c[s];
t=c[t];
}
void cl()
{
for(int i=0;i<e;i+=2)
{
if(b[i].w) printf("0 0\n");
if(!b[i].w)
{
if(c[b[i].u]!=c[b[i].v])
{
if(c[b[i].u]==s&&c[b[i].v]==t)
printf("1 1\n");
else printf("1 0\n");
}
else printf("0 0\n");
}
}
}
int main()
{
init();
cl();
return 0;
}
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