【洛谷3275】[SCOI2011] 糖果（差分约束系统入门题）

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大致题意： 有\(N\)个小朋友，要求每个人都得到糖果，且每个人的糖果总数满足一定的关系式，请你求出至少共分给小朋友们多少糖果。

关系式的转换

首先，我们可以将题目中给定的式子进行转换：

1. \(A=B\)：这个式子可以拆成\(A≥B\)和\(B≥A\)，再转换一下就变成了\(A-B≥0\)和\(B-A≥0\)
2. \(A<B\)：这个式子可以改写成\(A≤B-1\)，再转换一下就变成了\(B-A≥1\)
3. \(A≥B\)：这个式子可以转换成\(A-B≥0\)
4. \(A>B\)：这个式子可以改写成\(A-1≥B\)，再转换一下就变成了\(A-B≥1\)
5. \(A≤B\)：这个式子可以转换成\(B-A≥0\)

不难发现，这样就可以用差分约束系统来求解了。

差分约束+最长路

我们可以按照上面转换后的式子来建边，然后用\(SPFA\)跑一遍最长路即可。

要注意的是，题意中给出的关系可能会把小朋友们分成若干个联通块，因此，对于每一个联通块，我们都需要跑一遍最长路，最后答案就是\(\sum_{i=1}^n dis[i]\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define tc() (A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define N 100000
#define M 100000
#define add(x,y,z) (e[++ee].to=y,e[ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].val=z)
char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
using namespace std;
int n,m,limit,ee=0,lnk[N+5],Inqueue[N+5],vis[N+5];
LL dis[N+5];
struct edge
{
    int to,nxt,val;
}e[2*M+5];
deque<int> q;
inline void read(int &x)
{
    x=0;static char ch;
    while(!isdigit(ch=tc()));
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(LL x)
{
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline bool SPFA(int x)//经典的SPFA求最长路
{
    register int i,k;Inqueue[x]=vis[x]=1,q.push_front(x);
    while(!q.empty())
    {
        for(Inqueue[k=q.front()]=0,q.pop_front(),i=lnk[k];i;i=e[i].nxt)
        {
            static int v;
            if(dis[k]+e[i].val>dis[v=e[i].to])
            {
                dis[v]=dis[k]+e[i].val;
                if(!Inqueue[v])
                {
                    if((++vis[v])>=limit) return false;//如果访问次数超过了sqrt(n)，就说明出现了环，返回false
                    if(q.empty()||dis[v]>dis[q.front()]) q.push_front(v);
                    else q.push_back(v);
                    Inqueue[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    register int i,op,x,y;
    for(read(n),read(m),limit=sqrt(n),i=1;i<=m;++i)
    {
        read(op),read(x),read(y);
        switch(op)
        {
            case 1:add(x,y,0),add(y,x,0);break;//第一种情况式子可转化为A-B≥0，B-A≥0，因此分别从A向B和从B向A建一条边权为0的有向边
            case 2:add(x,y,1);break;//第二种情况式子可以转化为B-A≥1，因此从A向B建一条边权为1的有向边
            case 3:add(y,x,0);break;//第三种情况式子可以转化为A-B≥0，因此从B向A建一条边权为0的有向边
            case 4:add(y,x,1);break;//第四种情况式子可以转化为A-B≥1，因此从B向A建一条边权为1的有向边
            case 5:add(x,y,0);break;//第五种情况式子可以转化为B-A≥0，因此从A向B建一条边权为0的有向边
        }
    }
    for(i=1;i<=n;++i) dis[i]=1;//因为每个小朋友都要分到糖果，因此初始化dis[i]=1
    for(i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]&&!SPFA(i)) return puts("-1"),0;//对于每一个联通块都要跑一遍最长路，如果出现无限循环，就输出-1
    register LL ans=0;
    for(i=1;i<=n;++i) ans+=dis[i];//统计答案，求出Σdis[i]
    return write(ans),0;
}