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题意】给出一个无向图，每个点有一个标号mark[i]，不同点可能有相同的标号。对于一条边(u, v)，它的权值定义为mark[u] xor mark[v]。现在一些点的标号已定，请决定剩下点的标号，使得总的边权和最小。（0 < N <= 500, 0 <= M <= 3000, 0 <= mark[i] <= 2^31-1） 胡伯涛神牛《最小割模型在信息学竞赛中的应用》中的例题。非常好的一道题！非常推荐！ 【
思路】 我们把问题数学化就是： Minimum sigma(w
e) = sigma
(u, v)∈E ( mark(u) xor mark(v) ) 对于
异或问题，我们发现
这样的二进制按位运算各个二进制位之间是互不影响的，所以我们可以一位一位的做这类题。 那么我们的式子又可以进一步转化为： Minimum sigma
(u, v)∈E { sigma
i=0~oo(2^i) • sigma(mark(u, i) xor mark(v, i)) } 这样我们就把mark的限制加强了：只可能是0或1。即这些点将分成两类。
再观察我们发现，xor运算，只有当u、v不同时结果才为1，即这样的有效边的两端点一定属于不同点集。这像什么？不就是割边嘛！~而题目正好又是要求最小，这样问题便转化为最小割了~ （要注意培养这种问题转化和模型发现的能力！） 那么具体的最小割网络G
N模型： 建一个源点，向每一个标号为1的点连一条oo流量的边（后面解释为什么源点连标号1的点）；建一个汇点，向每一个标号为0的点连一条oo流量的边；原图中的边容量设为1加入到G
N中。求出来的最小割便是该二进制位下的标号xor的和最小的情况。 然而题目还要求输出所有点的标号，并且需要标号的和也最小。那么怎么保证标号的和最小呢？无非就是尽可能的取0。那么又该怎么做？ 首先先看怎么给那些未标号的点标号：容易想到最小割把网络分成了两个点集，那么显然每个点标号应该和它所在点集已标号的点一致，所以当然希望标号为0的点集点更多一些。然后注意我们划分点集是从源点开始dfs，那么这样划出来的最小割边集显然更偏向源点，即这样划分出来的S集点是最少的。于是源点当然连标号为1的点呐~ 【代码】
#include #include #include #include #include #include #define MID(x,y) ((x+y)/2)#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))using namespace std;const int MAXV = 505;const int MAXE = 10005;const int oo = 0x3fffffff;/* Dinic-2.0-2013.07.21: adds template. double & int 转换方便多了，也不易出错 ~*/template struct Dinic{ struct node{ int u, v; T flow; int opp; int next; }arc[2*MAXE]; int vn, en, head[MAXV]; int cur[MAXV]; int q[MAXV]; int path[2*MAXE], top; int dep[MAXV]; void init(int n){ vn = n; en = 0; mem(head, -1); } void insert_flow(int u, int v, T flow){ arc[en].u = u; arc[en].v = v; arc[en].flow = flow; arc[en].next = head[u]; head[u] = en ++; arc[en].u = v; arc[en].v = u; arc[en].flow = 0; arc[en].next = head[v]; head[v] = en ++; } bool bfs(int s, int t){ mem(dep, -1); int lq = 0, rq = 1; dep[s] = 0; q[lq] = s; while(lq < rq){ int u = q[lq ++]; if (u == t){ return true; } for (int i = head[u]; i != -1; i = arc[i].next){ int v = arc[i].v; if (dep[v] == -1 && arc[i].flow > 0){ dep[v] = dep[u] + 1; q[rq ++] = v; } } } return false; } T solve(int s, int t){ T maxflow = 0; while(bfs(s, t)){ int i, j; for (i = 1; i <= vn; i ++) cur[i] = head[i]; for (i = s, top = 0;;){ if (i == t){ int mink; T minflow = 0x3fffffff; for (int k = 0; k < top; k ++) if (minflow > arc[path[k]].flow){ minflow = arc[path[k]].flow; mink = k; } for (int k = 0; k < top; k ++) arc[path[k]].flow -= minflow, arc[path[k]^1].flow += minflow; maxflow += minflow; top = mink; i = arc[path[top]].u; } for (j = cur[i]; j != -1; cur[i] = j = arc[j].next){ int v = arc[j].v; if (arc[j].flow && dep[v] == dep[i] + 1) break; } if (j != -1){ path[top ++] = j; i = arc[j].v; } else{ if (top == 0) break; dep[i] = -1; i = arc[path[-- top]].u; } } } return maxflow; }};Dinic dinic;int mark[MAXV];bool if_mark[MAXV];struct path{ int u, v;}p[MAXE];bool vis[MAXV];int st[MAXV]; //ST集void dfs(int u){ vis[u] = 1; st[u] = 1; for (int i = dinic.head[u]; i != -1; i = dinic.arc[i].next){ if (dinic.arc[i].flow <= 0) continue; int v = dinic.arc[i].v; if (!vis[v]){ dfs(v); } } return ;}int main(){ int t; scanf("%d", &t); while(t --){ int n, m; scanf("%d %d", &n, &m); for (int i = 1; i <= m; i ++){ scanf("%d %d", &p[i].u, &p[i].v); } int k; mem(mark, 0); mem(if_mark, false); scanf("%d", &k); int maxn = 0; for (int i = 0; i < k; i ++){ int u; scanf("%d", &u); scanf("%d", &mark[u]); maxn = max(maxn, mark[u]); if_mark[u] = true; } int oi = ceil(log(maxn)/log(2)); for (int k = 0; k < oi; k ++){ dinic.init(n+2); for (int i = 1; i <= n; i ++){ if (!if_mark[i]) continue; if ((mark[i] & (1 << k))){ dinic.insert_flow(n+1, i, oo); } else{ dinic.insert_flow(i, n+2, oo); } } for (int i = 1; i <= m; i ++){ dinic.insert_flow(p[i].u, p[i].v, 1); dinic.insert_flow(p[i].v, p[i].u, 1); } dinic.solve(n+1, n+2); mem(st, 0); mem(vis, 0); dfs(n+1); //残留网络中dfs确定点S、T集 for (int i = 1; i <= n; i ++){ if (st[i] == 1 && !if_mark[i]){ mark[i] += (1 << k); } } } for (int i = 1; i <= n; i ++){ printf("%d\n", mark[i]); } } return 0;}