问题描述
YYD为了减肥，他来到了瘦海，这是一个巨大的海，海中有n个小岛，小岛之间有m座桥连接，两个小岛之间不会有两座桥，并且从一个小岛可以到另外任意一个小岛。现在YYD想骑单车从小岛1出发，骑过每一座桥，到达每一个小岛，然后回到小岛1。霸中同学为了让YYD减肥成功，召唤了大风，由于是海上，风变得十分大，经过每一座桥都有不可避免的风阻碍YYD，YYD十分ddt，于是用泡芙贿赂了你，希望你能帮他找出一条承受的最大风力最小的路线。
输入格式
输入：第一行为两个用空格隔开的整数n（2<=n<=1000），m(1<=m<=2000)，接下来读入m行由空格隔开的4个整数a，b（1<=a,b<=n,a<>b），c，d(1<=c,d<=1000)，表示第i+1行第i座桥连接小岛a和b，从a到b承受的风力为c，从b到a承受的风力为d。
输出格式
输出：如果无法完成减肥计划，则输出NIE，否则第一行输出承受风力的最大值（要使它最小)
样例输入
4 4
1 2 2 4
2 3 3 4
3 4 4 4
4 1 5 4
样例输出
4
提示
注意：通过桥为欧拉回路
解析
题目要求最大承受风力的最小值，那很明显是二分答案。
二分答案后这个图就会变成一个混合图（也就是既有单向边也有双向边的）。然后只需要判断这个混合图是否为欧拉回路即可。
具体的我们使用网络流模型。设d[i]表示一个点入度减出度的值。对于一条有向边(u,v)，就直接d[u]--,d[v]++(即u出度加1，v入度加1)。对于一条无向边(u,v)，先假设方向为u->v。如果变向，则会导致d[u]+=2，d[v]-=2。最后，如果是一条欧拉回路，则每一个d[i]都等于0。所以，我们通过改变无向边的方向使任意d[i]等于0。对于d[i]>0，从原点向i连一条容量为d[i]/2的边；对于d[i]<0，向汇点连一条容量为-d[i]/2的边。对于无向边，若当前方向为u到v，则从v向u连一条容量为1的边表示变向。最后如果满流说明是欧拉回路。
对于这道题，二分一个mid，每一条边如果有一个小于等于mid，就作为单向边，两个就作为无向边。建图跑Dinic判断。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 1002
#define M 2002
#define S 0
#define T n+1
using namespace std;
const int inf=1<<30;
struct edge{
int u,v,a,b;
}e[M];
int head[N],ver[M*10],nxt[M*10],cap[M*10],l;
int n,m,i,d[N],dis[N];
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;
}
int abs(int x)
{
return x<0?-x:x;
}
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;
cap[l]=0;
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]<0&&cap[i]>0){
dis[y]=dis[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
return (dis[T]>0);
}
int Dinic(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=Dinic(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;
}
bool check(int x)
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(d,0,sizeof(d));
l=0;
int ans=0,sum=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(e[i].a<=x) d[e[i].u]--,d[e[i].v]++;
if(e[i].b<=x) insert(e[i].v,e[i].u,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(abs(d[i])%2==1) return 0;
if(d[i]<0) insert(i,T,-d[i]/2);
else insert(S,i,d[i]/2),sum+=d[i]/2;
}
while(bfs()) ans+=Dinic(S,inf);
return (ans==sum);
}
int main()
{
int l=inf,r=-inf,mid,ans=-1;
n=read();m=read();
for(i=1;i<=m;i++){
e[i].u=read();e[i].v=read();
e[i].a=read();e[i].b=read();
if(e[i].a>e[i].b){
swap(e[i].u,e[i].v);
swap(e[i].a,e[i].b);
}
l=min(l,e[i].a);
r=max(r,e[i].b);
}
while(l<=r){
mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
if(ans==-1) puts("NIE");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
来源：http://www.cnblogs.com/LSlzf/p/11674973.html