LG3275 【[SCOI2011]糖果】
前言
我对差分约束有我个人独特的看法,写这题解既是与大家分享,又算作我对差分约束系统的总结。
浅谈差分约束
对于一些给出形如\(x_i-x_j\leq a\)不等式(差分约束)组,求\(x_t-x_s\)的最大值问题,我们考虑把这些式子移项,变成\(x_i\leq x_j+a\)的形式。我们知道该问题存在解则所有的不等式都应该得到满足。而所有的\(x_i\leq x_j+a\)都得到满足的要求正好与最短路算法中最终结果算出来后的性质\(dis_i\leq dis_j+w_{i,j}\)类似,所以联想到可以用最短路来求解该方程组问题,即把\(\{x_n\}\)当做\(V\),对每个不等式建边\((j,i,a)\),设\(x_s=0\),跑最短路后,\(x_t\)即为最大值(因为xs=0了)。下证方法的正确性,先假设问题有解。
- 必要性 算出最短路后根据最短路的性质那么所有的不等式都应该被满足,说明答案是正确的。
- 充分性 根据最短路算法的过程\(x_i\)都被它的限制牢牢控制住,且有一个最严格的限制使得\(x_i\)恰好满足它,那么不可能存在比最短路结果更优的解,说明答案是最优的。
综上,算法正确。(谁看出了问题请联系我。)
无解的情况为图中有负环,对应到原问题中就是一个数比它自己大(小)。
分析此题
每个要求就是个差分约束,然后移项令路权为正,发现都是形如\(b\geq a+1\)的形式,与最长路的结果性质类似,故建立最长路模型,用Bellman-Ford(或者LPFA)求解。对小朋友的要求建模:
- a比b多:\(a>b \rightarrow a\geq b+1\)
- a不少于b:\(a \geq b \rightarrow a \geq b+0\)
- a跟b一样:\(a = b \rightarrow a \geq b+0 \& b \geq a+0\)
其余的都是对偶情况。考虑\(x_i>0 \rightarrow x_i\geq x_0+1\)用0节点向1-n连权为1的边,表示每个小朋友都要分到糖,将dis[0]
设为0,这样对0节点的差分就是每个小朋友应得的点数。
然后注意无解的情况,最长路无解即有正环。另外输入的时候特判一下约束是否是“a大于a自己”这种类型的,直接输出-1,可以提高程序效率。
代码
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
#define rg register
#pragma GCC optimize ("O0")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x7fffffff;
template<class T> inline T read(T&x){
T data=0;
int w=1;
char ch=getchar();
while(ch!='-'&&!isdigit(ch))
ch=getchar();
if(ch=='-')
w=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))
data=10*data+ch-'0',ch=getchar();
return x=data*w;
}
const int MAXN=1e5+7;
int n,m;
struct Edge
{
int to,nx,w;
}E[MAXN*3]; // 0连边还要O(n)空间
int head[MAXN],ecnt;
inline void addedge(int x,int y,int w)
{
E[++ecnt].to=y,E[ecnt].w=w;
E[ecnt].nx=head[x],head[x]=ecnt;
}
int num[MAXN],dis[MAXN];
bool inq[MAXN];
queue<int>Q;
inline bool SPFA()
{
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[0]=0;
Q.push(0);
inq[0]=1;
num[0]=1;
while(!Q.empty())
{
int x=Q.front();
Q.pop();
inq[x]=0;
for(rg int i=head[x];i;i=E[i].nx)
{
int y=E[i].to;
if(dis[y]<dis[x]+E[i].w)
{
dis[y]=dis[x]+E[i].w;
if(!inq[y])
{
if(++num[y]>=n) // 一个点最多被松弛n-1次,入队n-1次
return 0;
Q.push(y);
inq[y]=1;
}
}
}
}
return 1;
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
read(n);read(m);
for(rg int i=1;i<=m;++i)
{
int x,a,b;
read(x);read(a);read(b);
if(x==1)
{
addedge(a,b,0);
addedge(b,a,0);
}
else if(x==2)
{
if(a==b)
{
printf("-1");
return 0;
}
addedge(a,b,1);
}
else if(x==3)
{
addedge(b,a,0);
}
else if(x==4)
{
if(a==b)
{
printf("-1");
return 0;
}
addedge(b,a,1);
}
else if(x==5)
{
addedge(a,b,0);
}
}
for(rg int i=n;i>=1;--i)
addedge(0,i,1);
// cerr<<"build end"<<endl;
if(!SPFA())
printf("-1");
else
{
ll ans=0;
for(rg int i=1;i<=n;++i)
ans+=dis[i];
printf("%lld",ans);
}
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return 0;
}
Hint
ans
要开long long
,0节点向1-n连边要逆序,因为根据讨论
这个题原数据有一个点是一个十万的链
可以卡掉SPFA。
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