题目描述
小白在图论课上学到了一个新的概念——最小割，下课后小白在笔记本上写下了如下这段话：
对于一个图，某个对图中结点的划分将图中所有结点分成两个部分，如果结点 s 和 t 不在同一个部分中，则称这个划分是关于 s,t 的割。对于带权图来说，将所有顶点处在不同部分的边的权值相加所得到的值定义为这个割的容量，而 s,t的最小割指的是在关于 s,t的割中容量最小的割。
现给定一张无向图，小白有若干个形如“图中有多少个无序点对的最小割的容量不超过 x ”的疑问，小蓝虽然很想回答这些问题，但小蓝最近忙着挖木块，于是作为小蓝的好友，你又有任务了。
输入格式
本题有多组测试数据。
第一行一个整数 T，表示测试数据组数。
对于每组测试数据，第一行两个整数 n,m，表示图的点数和边数。
接下来 m 行，每行三个整数 u,v,c表示有一条权为 ccc 的无向边 (u,v)。不保证图中无重边。
接下来一行一个整数 q 表示询问的个数，下面 q 行每行一个整数 x 描述一组询问。
输出格式
对于每一组测试数据输出 q 行，每行一个整数表示对应询问的答案。对于满足条件的点对 (p,q)和点对 (q,p) 只应该在答案中统计一次。
在两组测试数据之间需要输出一行空行。
输入输出样例
输入 #1
1
5 0
1
0
输出 #1
10
说明/提示
对于 100 的数据，1≤T≤10 ，1≤n≤150，0≤m≤30000，\[1 \leq x \leq 2^{31} - 1 \] ，0≤q≤300
题解
最小割树（或者就是分治） ， 每次选出两个点求出他们的最小割 ， 在用这个值更新两边的最小割。
这题不难 ， 但我还是调了好久（人话：我好弱啊！！！）
注意
1.题里给的是无向图 ， 要建双向边 ， 网络流如果要建双向边就不用对每个边再建那流量为0的边了。
2.\(ans[i][j]\) 更新时 \(ans[j][i]\) 也得更新啊！！
3.多测清空。
4.每组数组做完之后要输出回车
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 1005 , M = 100100 , inf = 2e9;
inline int read()
{
register int x = 0 , f = 0; register char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= c == '-' , c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0' , c = getchar();
return f ? -x : x;
}
int n , m , S , T , cnt = 1;
int d[N] , vis[N] , head[N] , ans[N][N] , t1[N] , t2[N] , a[N];
struct edge{ int v , nex , c; } e[M];
inline void add(int u , int v , int c) { e[++cnt].v = v; e[cnt].nex = head[u]; e[cnt].c = c; head[u] = cnt; e[++cnt].v = u; e[cnt].nex = head[v]; e[cnt].c = c; head[v] = cnt; return ; }
queue<int> q;
bool bfs()
{
memset(d , 0 , sizeof d); d[S] = 1; q.push(S);
while(q.size())
{
int x = q.front(); q.pop();
for(int i = head[x] , v; i ; i = e[i].nex)
{
v = e[i].v; if(d[v] || e[i].c == 0) continue;
d[v] = d[x] + 1; q.push(v);
}
}
return d[T] != 0;
}
int dfs(int x , int flow)
{
if(x == T || flow == 0) return flow;
int res = 0 , k;
for(int i = head[x] , v; i ; i = e[i].nex)
{
v = e[i].v; if(e[i].c == 0 || d[v] != d[x] + 1) continue;
k = dfs(v , min(e[i].c , flow));
if(k)
{
e[i].c -= k; e[i^1].c += k; res += k; flow -= k;
if(flow == 0) return res;
}
else d[v] = 0;
}
return res;
}
int Dinic()
{
for(int i = 2 ; i <= cnt ; i += 2) e[i].c = e[i^1].c = (e[i^1].c + e[i].c) >> 1;
int ans = 0 , flow;
while(bfs()) while(flow = dfs(S , inf)) ans += flow;
return ans;
}
void dfs(int x)
{
vis[x] = 1;
for(int i = head[x] ; i ; i = e[i].nex)
if(e[i].c && !vis[e[i].v]) dfs(e[i].v);
return ;
}
void calc(int l , int r)
{
if(l >= r) return ;
memset(vis , 0 , sizeof vis);
S = a[l]; T = a[r]; int flow = Dinic() , cnt1 = 0 , cnt2 = 0; dfs(S);
for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) if(vis[i]) for(int j = 1 ; j <= n ; ++j) if(!vis[j]) /*!!!!!!!!!!*/ ans[j][i] = ans[i][j] = min(ans[i][j] , flow);
for(int i = l ; i <= r ; ++i) if(vis[a[i]]) t1[++cnt1] = a[i]; else t2[++cnt2] = a[i];
for(int i = 1 ; i <= cnt1 ; ++i) a[l + i - 1] = t1[i];
for(int i = 1 ; i <= cnt2 ; ++i) a[l + i + cnt1 - 1] = t2[i];
calc(l , l + cnt1 - 1); calc(l + cnt1 , r);
return;
}
int solve()
{
n = read(); m = read();
for(int i = 1 , u , v , c ; i <= m ; ++i) u = read() , v = read() , c = read() , add(u , v , c);
for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) a[i] = i; memset(ans , 0x3f , sizeof ans);
calc(1 , n);
int Q = read();
while(Q--)
{
int x = read() , res = 0;
for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) for(int j = i + 1 ; j <= n ; ++j) if(ans[i][j] <= x) res++;
cout << res << '\n';
}
memset(head , 0 , sizeof head); cnt = 1;
return 0;
}
signed main()
{
// freopen("10.in" , "r" , stdin);
int T = read();
while(T --) solve() , cout << '\n';
return 0;
}
/*
2
5 0
1
0
5 0
1
0
*/
来源：https://www.cnblogs.com/R-Q-R-Q/p/12249731.html