问题描述
Y国有N座城市，并且有M条双向公路将这些城市连接起来，并且任意两个城市至少有一条路径可以互达。
Y国的国王去世之后，他的两个儿子A和B都想成为新的国王，但他们都想让这个国家更加安定，不会用武力解决问题。
于是他们想将这个国家分成两个小国家A国和B国。现在，A拥有1号城市，B拥有N号城市，其他的城市还尚未确定归属哪边（划分之后的国家内部城市可以不连通）。
由于大家都想让国家变得更好，而某些城市的人民愿意国王的A儿子作为他们的领袖，而某些城市更看好B，而为了交通的便捷，如果划分后的公路连接两个同一个国家的城市，那么更利于城市之间的交流。于是大臣们设计了一种对土地划分的评分机制，具体如下：
\1. 对于城市i，如果它划分给A国，将得到VA[i]的得分；划分给B国，将得到VB[i]的得分。
\2. 对于一条公路i，如果它连接两个A国的城市，将得到EA[i]的得分；连接两个B国的城市，将得到EB[i]的得分；否则，这条公路将失去意义，将扣除EC[i]的得分。
现请你找到最优的土地划分，使得这种它的评分最高。
输入格式
第一行包含两个整数N，M，含义如问题描述所示。
接下来一行N-2个非负整数，表示VA[2..N-1]。
接下来一行N-2个非负整数，表示VB[2..N-1]。
接下来M行，每行五个非负整数描述一条公路：X Y EA[i] EB[i] EC[i]，含义如问题描述所示。
输出格式
输出有且仅有一个整数，表示最高评分。
样例输入
3 3
8
9
1 2 2 6 2
2 3 8 5 7
1 3 9 4 1
样例输出
11
数据范围
10% 2 <= N <= 20 2 <= M <= 70
20% 2 <= N <= 20 2 <= M <= 150
50% 2 <= N <= 2000 2 <= M <= 8000
100% 2 <= N <= 10000 2 <= M <= 40000
保证运算过程中及最终结果不超过32位带符号整数类型的表示范围
解析
考虑如何构造最小割模型。关键是割边的意义。
首先，源点向一个点连容量为该点归A国的得分的边，同时这个点向汇点连容量为该点归B国的得分的边。这样就能保证一个点一定只会归属一个国家。特殊的，1号点只有和源点的边，n号点只有和汇点的边，容量均为无穷大。
然后考虑边。一共有三种情况：边的两边都属于A，得到两个属于A的分数加上EA；边的两边都属于B，得到两个属于B的分数加上EB；以及两边各属于一个国家，付出EC的代价。要保证割边的方案只能一一对应这三种情况，对于边\((u,v)\)我们可以这样构造：
即将一条边拆成两个点。最后跑最大流求得最小割即可。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 1000002
#define M 1000002
using namespace std;
const int inf=1<<30;
int head[N],ver[M*2],nxt[M*2],cap[M*2],l;
int n,m,s,t,i,dis[N],ans;
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<‘0‘||c>‘9‘) c=getchar();
while(c<=‘9‘&&c>=‘0‘){
w=w*10+c-‘0‘;
c=getchar();
}
return w;
}
void insert(int x,int y,int z)
{
ver[l]=y;
cap[l]=z;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
l++;
ver[l]=x;
nxt[l]=head[y];
head[y]=l;
l++;
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
q.push(s);
dis[s]=0;
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(dis[y]==-1&&cap[i]>0){
dis[y]=dis[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
return (dis[t]!=-1);
}
int dfs(int x,int flow)
{
if(x==t||flow==0) return flow;
int ans=0;
for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(dis[y]==dis[x]+1&&cap[i]>0){
int a=dfs(y,min(flow,cap[i]));
flow-=a;
ans+=a;
cap[i]-=a;
cap[i^1]+=a;
}
if(flow==0) break;
}
if(flow) dis[x]=-1;
return ans;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
n=read();m=read();
t=n+2*m+1;
for(i=2;i<n;i++){
int va=read();
insert(s,i,va);
ans+=va;
}
for(i=2;i<n;i++){
int vb=read();
insert(i,t,vb);
ans+=vb;
}
insert(s,1,inf);
insert(n,t,inf);
for(i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read(),ea=read(),eb=read(),ec=read();
insert(u,v,ec);insert(v,u,ec);
insert(s,n+i,ea);insert(n+i,u,inf);insert(n+i,v,inf);
insert(n+m+i,t,eb);insert(u,n+m+i,inf);insert(v,n+m+i,inf);
ans+=ea+eb;
}
while(bfs()) ans-=dfs(s,inf);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/LSlzf/p/12663171.html