【POJ 3159】Candies&&洛谷P3275 [SCOI2011]糖果

来补一下自己很久以前那个很蒟蒻很蒟蒻的自己没有学懂的知识

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差分约束，说白了就是利用我们在求最短路的一个\(relax\)操作时的判断的原理

\[dis[v]>dis[u]+disj(u,v)
\]

然后题目中一般会给你一堆不等关系，我们就可以将他们转化成一个点一个点之间的约束关系

然后，这种东西就可以做啦

然后再来说一下这道题目

题目要求，对于给定的\(A,B,C\),使得

\[B-A<=C
\]

然后我们发现，这不就是一道裸题吗

于是就可以愉快的码代码了

然后，再提醒一句，由于本题数据过于毒瘤，再加上\(NOI2018\)归程一题的惨案现场，建议各位不要使用\(SPFA\),毕竟人家已经死了

贴代码

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct cc{
	int to,w,nex;
}e[400010];
int head[200010],cnt;
int d[200010];
void add(int a,int b,int c)
{
	++cnt;
	e[cnt].to=b;
	e[cnt].w=c;
	e[cnt].nex=head[a];
	head[a]=cnt;
}
struct node{
	int u,d;
	bool operator<(const node &a)const{
		return a.d<d;
	}
};
priority_queue<node> q;
void DJ(int s)
{
	memset(d,0x3f,sizeof d);
	d[s]=0;
	q.push((node){s,0});
	while(!q.empty())
	{
		node fir=q.top();
		q.pop();
		if(d[fir.u]!=fir.d) continue;
		for(int i=head[fir.u];i;i=e[i].nex)
		{
			int v=e[i].to;
			if(d[v]>d[fir.u]+e[i].w)
			{
				d[v]=d[fir.u]+e[i].w;
				q.push((node){v,d[v]});
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m,a,b,c;
	while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
	{
		memset(head,0,sizeof head);
		cnt=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&c),add(a,b,c);
		DJ(1);
		printf("%d\n",d[n]);
	}
	return 0;
}

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然后又碰到本题的升级版

就是一共有五种不同的约束关系

所以要每一种每一种分开处理，将其化成我们松弛操作时的那个样子，然后就可以愉快的求解了

本题还有一个限制条件，每个孩子都必须要有糖果

这个很简单，就是建立一个超级源，与每个点的距离都为一就行了

但是，个人认为，本题你就只能硬着头皮使用\(SPFA\)了

还有，本题是有可能出现矛盾的情况的，所以需要在SPFA时判断负环

然后，就贴代码吧

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct cc{
	int to,w,nex;
}e[400010];
int head[200010],cnt;
int d[200010];
void add(int a,int b,int c)
{
	++cnt;
	e[cnt].to=b;
	e[cnt].w=c;
	e[cnt].nex=head[a];
	head[a]=cnt;
}
int n,m,a,b,c;
bool vis[200010];
int tot[200010];
queue<int> q;
void DJ(int s)
{
	d[0]=0;
	vis[0]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int fir=q.front();
		q.pop();
		vis[fir]=0;
		if(tot[fir]==n-1)
		{
			printf("-1\n");
			exit(0);
		}
		++tot[fir];
		for(int i=head[fir];~i;i=e[i].nex)
		{
			int v=e[i].to;
			if(d[v]<d[fir]+e[i].w)
			{
				d[v]=d[fir]+e[i].w;
				if(!vis[v])
					q.push(v);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(head,-1,sizeof head);
	cnt=0;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);
		if(c==1) add(a,b,0),add(b,a,0);
		else if(c==2)
		{
			if(a==b)
			{
				printf("-1\n");
				return 0;
			}
			else add(a,b,1);
		}
		else if(c==3) add(b,a,0);
		else if(c==4)
		{
			if(a==b)
			{
				printf("-1\n");
				return 0;
			}
			else add(b,a,1);
		}
		else add(a,b,0);
	}
	for(int i=n;i>=1;--i)
		add(0,i,1);//超级源
	DJ(0);
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		ans+=d[i];
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}