【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security BFS
【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security
Description
给出一个N个顶点、M条边的无向图,边(u,v)有权值w(u,v),顶点i也有权值p(i),
并且对于每条边(u,v)都满足p(u)+p(v)>=w(u,v)。
现在要将顶点i的权值减去z(i),其中0<=z(i)<=p(i)。
修改后设顶点i的权值p'(i)=p(i)-z(i),对于每条边(u,v)都满足p'(u)+p'(v)=w(u,v)。
求sum{z(i)}的最小值和最大值。
Input
第一行两个正整数n,m (n<=500,000, m<=3,000,000)。
第二行n个整数,依次表示p(1),p(2),...,p(n) (0<=p(i)<=10^6)。
下面m行,每行三个整数u,v,w (1<=u,v<=n, 0<=w<=10^6),表示存在一条权值为w的边(u,v)。
Output
两个正整数,分别表示sum{z(i)}的最小值和最大值,如果不存在方案就输出NIE。
Sample Input
3 2
5 10 5
1 2 5
2 3 3
the correct result is:
12 15
whereas for the following input data:
3 3
1 1 1
1 2 1
1 3 1
3 2 1
the correct result is:
题解:容易发现,对于一个连通块,只需要任意确定一个点的值,其它的点就都确定了。所以我们设这个点为x,那么其他点的值都是x+d或-x+d的形式,我们BFS一下即可得到,然后就是特判部分了:
当我们搜到了一个点时,先算一下那个点的系数即常数项,如果这个点在之前已经被搜过了,且系数一样,那么直接看常数项,如果相同则不用管,不同则无解;如果系数不一样,那么我们已经得到了一个等式,x值就是唯一确定的了(前提是下面↓的不等式有解)。
如果没有出现上述情况,那么我们已经将连通块中的所有点都用x表示了出来,并且这些点都要满足值$\in [0,P]$,我们就相当于得到了若干个不等式,求出不等式的解就能得到x的取值范围。如果无解则NIE;否则,这整个连通块的权值之和一定是关于x的一次函数,它的极值一定在x为极值时取到,分别计算一下即可。
此题还需要读入优化。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int maxn=500010;
const int maxm=3000010;
typedef long long ll;
int n,m,cnt,tot;
ll ans1,ans2,L,R,sum1,sum2;
int to[maxm<<1],next[maxm<<1],head[maxn],val[maxm<<1],p[maxn],vis[maxn][2],q[maxn];
ll v[maxn][2];
queue<int> qx,qy;
inline char nc()
{
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=nc();
while(!isdigit(gc)) {if(gc=='-') f=-f; gc=nc();}
while(isdigit(gc)) ret=ret*10+(gc^'0'),gc=nc();
return ret*f;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void bfs(int x)
{
vis[x][0]=1;
qx.push(x),qy.push(0);
int i,a,b;
q[tot=1]=x;
while(!qx.empty())
{
a=qx.front(),b=qy.front(),qx.pop(),qy.pop();
for(i=head[a];i!=-1;i=next[i])
{
if(!vis[to[i]][0]&&!vis[to[i]][1]) q[++tot]=to[i];
if(vis[to[i]][b^1])
{
if(v[to[i]][b^1]!=val[i]-v[a][b]) printf("NIE"),exit(0);
}
else
{
vis[to[i]][b^1]=1,v[to[i]][b^1]=val[i]-v[a][b];
qx.push(to[i]),qy.push(b^1);
}
}
}
L=0,R=p[x],sum1=sum2=0;
for(i=1;i<=tot;i++)
{
a=q[i];
if(vis[a][0]) L=max(L,-v[a][0]),R=min(R,p[a]-v[a][0]);
if(vis[a][1]) L=max(L,v[a][1]-p[a]),R=min(R,v[a][1]);
if(vis[a][0]&&vis[a][1])
{
if((v[a][1]-v[a][0])&1) printf("NIE"),exit(0);
L=max(L,(v[a][1]-v[a][0])>>1),R=min(R,(v[a][1]-v[a][0])>>1);
}
}
if(L>R) printf("NIE"),exit(0);
for(i=1;i<=tot;i++)
{
a=q[i];
if(vis[a][0]) sum1+=p[a]-L-v[a][0],sum2+=p[a]-R-v[a][0];
else sum1+=p[a]+L-v[a][1],sum2+=p[a]+R-v[a][1];
}
if(sum1>sum2) swap(sum1,sum2);
ans1+=sum1,ans2+=sum2;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,a,b,c;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=n;i++) p[i]=rd();
for(i=1;i<=m;i++) a=rd(),b=rd(),c=rd(),add(a,b,c),add(b,a,c);
for(i=1;i<=n;i++) if(!vis[i][0]&&!vis[i][1]) bfs(i);
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
return 0;
}
【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security BFS的更多相关文章
- 【BZOJ2791】[Poi2012]Rendezvous 倍增
[BZOJ2791][Poi2012]Rendezvous Description 给定一个n个顶点的有向图,每个顶点有且仅有一条出边.对于顶点i,记它的出边为(i, a[i]).再给出q组询问,每组 ...
- 【BZOJ2792】[Poi2012]Well 二分+双指针法
[BZOJ2792][Poi2012]Well Description 给出n个正整数X1,X2,...Xn,可以进行不超过m次操作,每次操作选择一个非零的Xi,并将它减一. 最终要求存在某个k满足X ...
- 【BZOJ2797】[Poi2012]Squarks 暴力乱搞
[BZOJ2797][Poi2012]Squarks Description 设有n个互不相同的正整数{X1,X2,...Xn},任取两个Xi,Xj(i≠j),能算出Xi+Xj.现在所有取法共n*(n ...
- 【BZOJ2793】[Poi2012]Vouchers 调和级数
[BZOJ2793][Poi2012]Vouchers Description 考虑正整数集合,现在有n组人依次来取数,假设第i组来了x人,他们每个取的数一定是x的倍数,并且是还剩下的最小的x个.正整 ...
- 【BZOJ2799】[Poi2012]Salaries 乱搞
[BZOJ2799][Poi2012]Salaries Description 给出一棵n个结点的有根树,结点用正整数1~n编号.每个结点有一个1~n的正整数权值,不同结点的权值不相同,并且一个结点的 ...
- 【BZOJ2803】[Poi2012]Prefixuffix 结论题
[BZOJ2803][Poi2012]Prefixuffix Description 对于两个串S1.S2,如果能够将S1的一个后缀移动到开头后变成S2,就称S1和S2循环相同.例如串ababba和串 ...
- 【BZOJ2794】[Poi2012]Cloakroom 离线+背包
[BZOJ2794][Poi2012]Cloakroom Description 有n件物品,每件物品有三个属性a[i], b[i], c[i] (a[i]<b[i]).再给出q个询问,每个询问 ...
- 【BZOJ2790】[Poi2012]Distance 筛素数+调和级数
[BZOJ2790][Poi2012]Distance Description 对于两个正整数a.b,这样定义函数d(a,b):每次操作可以选择一个质数p,将a变成a*p或a/p, 如果选择变成a/p ...
- 【BZOJ3060】[Poi2012]Tour de Byteotia 并查集
[BZOJ3060][Poi2012]Tour de Byteotia Description 给定一个n个点m条边的无向图,问最少删掉多少条边能使得编号小于等于k的点都不在环上. Input ...
随机推荐
- Android的学习之路(四)项目中清单文件的学习和android中经常使用的显示单位
1.所谓的清单文件就是项目中的AndroidManifest.xml文件.这个文件但是有大用处的.比方:app的名字,图标.app支持的版本号app的包名等等.以下我就介绍下这个清单文件的各个參数的作 ...
- 如何快速掌握man手册的使用
man手册内容详细,解释到位,因为好多都是软件的原创者自己写的说明文档,当然是第一手的资料.但是,有几个难点需要克服: 1.英文不易阅读,通常我是先在书上或者网络上找到某个命令的详细说明和解释,然后在 ...
- 对redis深入理解
1.Redis有哪些数据结构? 字符串String.字典Hash.列表List.集合Set.有序集合SortedSet.如果你是Redis中高级用户,还需要加上下面几种数据结构HyperLogLog. ...
- [C++]VAssistX文件头添加注释功能设置
问题情况:每次手写注释太慢,而且不统一.问题原因:C++可以利用宏写注释,也可以使用VAssistX提供的方法.问题处理:1.安装VAssistX在VS2010上2.VS2010菜单->VAss ...
- Web 服务器被配置为不列出此目录的内容
在Web.configue文件里,会多出来部分代码,应该是允许浏览目录: <?xml version="1.0" encoding="utf-8"?> ...
- su和sudo命令
su命令用于在不同的用户之间切换,比如使用user1登陆了系统,但要执行一些管理操作,比如useradd,普通用户没有这个权限的,解决的办法有两个. 1:退出user1用户,重新以root用户登录系统 ...
- Lucene 工作原理<转>
Lucene是一个高性能的java全文检索工具包,它使用的是倒排文件索引结构.该结构及相应的生成算法如下: 0)设有两篇文章1和2 文章1的内容为:Tom lives in Guangzhou,I l ...
- EMC、Pure和NetApp推新品,NAS闪存场景在哪里
Hardy 架构师技术联盟 All Flash/SSD存储的趋势势不可挡,未来在NAS服务上也是如此,眼下已经有非常多家初创厂商支持全SSD的NAS存储服务,包含EMC Isilion也推出了全闪存节 ...
- 07 Test结构
Test 有多种实现方式, [ 等价于 test, 并且 [ 是一个内建命令, 效率很高 另外, [[]] 也是测试, [[]]结构比bash[]更灵活, 这是一个扩展test命令, 从ksh88继承 ...
- 匿名内部类 Inner class
先说结论 匿名内部类分两种,一种是接口的匿名实现,一种是类的匿名子类!后者往往用于修改特定方法. 再说起因 本来以为匿名内部类很简单,就是接口的匿名实现,直到我发现了下面这段代码: public cl ...