题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
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：
两个整数C、T：C表示最小的损失，T表示在损失最小的前提下，最少要停止的卡车数。
输入输出样例
输入样例#1：
4 5 1 3 100 3 2 50 2 4 60 1 2 40 2 3 80
输出样例#1：
60 1
说明
题目翻译来自NOCOW。
USACO Training Section 4.4
Solution：
简单讲，本题给出了边的权值，要求最小的代价使得1和n不连通。这不就是最小割嘛！我们直接把1当作S，n当作T。
但因为本题既要输出最小割的值又要输出割的边数，前者好求关键是后者如何去求更简单，容易想到我们可以直接建两次图，一次按原边权建图跑最大流求得最小割，再按边权为1建图跑最大流求割的边数，这是一种思路;
当然我们完全可以换种思路用一次最大流搞定，只需建图时将边权w=w*a+1（w为本来的边权，a为大于1000的数），这样我们能求得最大流ans，则最小割的值为ans/a，割的边数为ans%a。这很容易理解，但是还是解释一下：因为最小割的边集中有w1+w2+w3…+wn=ans（这个ans为本来的最小割），所以必然有w1*a+w2*a+w3*a…+wn*a=ans*a，于是必然有w1*a+1+w2*a+1+w3*a+1…+wn*a+1=ans*a+k(k为最小割的边数，k<=m<=1000)，这样就很明显了，因为边数m不大于1000，所以k的最大值为1000，我们只要使设定的a的值大于1000，那么按上述方法建图，跑出的最大流除以a就是最小割的值ans，最大流模a就是最小割的边数k。
代码：
1 // luogu-judger-enable-o2
2 #include<bits/stdc++.h>
3 #define il inline
4 #define ll long long
5 #define debug printf("%d %s\n",__LINE__,__FUNCTION__)
6 using namespace std;
7 const ll N=100005,inf=233333333333333,mod=2018;
8 ll n,m,s,t,h[100],dis[2005],cnt=1;
9 ll ans;
10 struct edge{
11 ll to,net;ll v;
12 }e[N];
13 il void add(ll u,ll v,ll w)
14 {
15 e[++cnt].to=v,e[cnt].net=h[u],e[cnt].v=w,h[u]=cnt;
16 e[++cnt].to=u,e[cnt].net=h[v],e[cnt].v=0,h[v]=cnt;
17 }
18 queue<ll>q;
19 il bool bfs()
20 {
21 memset(dis,-1,sizeof(dis));
22 q.push(s),dis[s]=0;
23 while(!q.empty())
24 {
25 int u=q.front();q.pop();
26 for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
27 if(dis[e[i].to]==-1&&e[i].v>0)dis[e[i].to]=dis[u]+1,q.push(e[i].to);
28 }
29 return dis[t]!=-1;
30 }
31 il ll dfs(ll u,ll op)
32 {
33 if(u==t)return op;
34 ll flow=0,used=0;
35 for(int i=h[u];i;i=e[i].net)
36 {
37 int v=e[i].to;
38 if(dis[v]==dis[u]+1&&e[i].v>0)
39 {
40 used=dfs(v,min(op,e[i].v));
41 if(!used)continue;
42 flow+=used,op-=used;
43 e[i].v-=used,e[i^1].v+=used;
44 if(!op)break;
45 }
46 }
47 if(!flow)dis[u]=-1;
48 return flow;
49 }
50 int main()
51 {
52 scanf("%lld%lld",&n,&m);s=1,t=n;
53 ll u,v;ll w;
54 for(int i=1;i<=m;i++)
55 {
56 scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
57 add(u,v,w*mod+1);
58 }
59 while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
60 printf("%lld %lld\n",ans/mod,ans%mod);
61 return 0;
62 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/five20/p/8284477.html