POJ 1364 King(非连通图的差分约束，经典好题)

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Sample Input

4 2
1 2 gt 0
2 2 lt 2
1 2
1 0 gt 0
1 0 lt 0
0

Sample Output

lamentable kingdom
successful conspiracy

题目很长，意思是：有一个长度为n的序列和它的m个子序列。每一个子序列的和都有一个k来约束。gt代表大于k，lt代表小于k。问是否存在这个长度为n的序列。

让我们来思考这道题，首先对于给出的每个子序列我们可以看成子序列尾部到原序列起点的和减去子序列起点前一位到原序列起点的和。

例如：原序列为a[1]+a[2]+.....a[s]+...a[n]+a[n+1]+......         子序列a[s]+....+a[n]=S[n]-S[s-1];

这样我们可以把S[n], S[s-1]看成两点，约束值k就可以看成对这两点间权大小和方向的约束。    按照上述过程可以建立起表示S[]点间关系的图。则就把问题转化为了最短路径问题。     

 若这个序列存在，则S[i]到图中任意一点都有最短路径，则图中不存在负环。所以判断是否存在序列就是判断是否存在负环。

好，具体思路清楚了，我们来研究如何建立起图。题中给出的约束条件有 >  和   <   。我们要做的事是将所有的约束条件全部转化为<=  。 即建立差分约束系统。

分析:

       我们令S[i]= a1+a2+..+ai. 所以对于每一条约束条件比如:

a[si]+a[si+1]+…+a[si+ni]< ki . 我们可以转化为 S[si+ni] – S[si-1] <= ki-1.

这样就可以转化为了差分约束系统了.

       该系统具有点的集合为0, 1,… n.其中对于S[si+ni] – S[si-1] <= ki-1条件我们可以得到 si-1 到 si+ni 的权值为ki-1的边.

       对于a[si]+a[si+1]+…+a[si+ni] >ki 即 S[si+ni] – S[si-1] >=ki+1 我们可以得到 si+ni 到 si-1 的权值为-ki-1 的边.

而在判断差分约束系统是否有解时，建立的路径图可能不是连通的。因此我们还需要虚构一个超级源n+1号点.使得从n+1号点有边出来到0,1,…n号点且权值为0. 

注意：图中原有的点是0到n共n+1个点

第一次讨论差分约束系统问题，若叙述有误，请各位指出。

具体代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 110
#define maxm 10010
#define INF 0x3f3f3f
using namespace std;
int dis[maxn],visit[maxn],head[maxn],top,n;
struct node
{
	int to,val,next;
}edge[maxm];

void add(int a,int b,int c)
{
	edge[top].to=b;
	edge[top].val=c;
	edge[top].next=head[a];
	head[a]=top++;
}

void spfa()
{
	int i,u,v,mark[maxn];
	queue<int>q;
	for(i=0;i<=n+1;++i)
	{
		dis[i]=INF;
		visit[i]=0;
		mark[i]=0;
    }
	dis[n+1]=0;
	q.push(n+1);//n+1为虚拟的超级源点 
	visit[n+1]=1;
	mark[n+1]++;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front();
		q.pop();
		visit[u]=0;
		for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
		{
			v=edge[i].to;
			if(dis[v]>dis[u]+edge[i].val)
			{
				dis[v]=dis[u]+edge[i].val;
				if(!visit[v])
				{
					q.push(v);
					visit[v]=1;
					mark[v]++;
					if(mark[v]>n+1)//不包括超级源点 
					{
						printf("successful conspiracy\n");
						return ;
					}
				}
			}
		}
	}
	printf("lamentable kingdom\n");
}

int main()
{
	int m,s,len,k,i;
	char c[3];
	while(scanf("%d",&n)&&n)
	{
		scanf("%d",&m);
		top=0;
		memset(head,-1,sizeof(head));
		while(m--)
		{
			scanf("%d%d%s%d",&s,&len,c,&k);
			if(c[0]=='g')
			   add(s+len,s-1,-(k+1));//此处有疑问见代码前面的分析 
			if(c[0]=='l')
			   add(s-1,s+len,k-1);
		}
		for(i=0;i<=n;++i)//连接超级源点与其他点，边权为0 
		    add(n+1,i,0);
		spfa();
	}
	return 0;
}

POJ 1364 King(非连通图的差分约束，经典好题)

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原文地址：http://blog.csdn.net/zwj1452267376/article/details/47820233