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第一道差分约束的题目，感觉有点懵。

差分约束有一点类似于拓扑排序建图的思想。

先给出解题套路：

形如\(a \geq b + c\)的满足一种最长路的性质，所以可以使用最长路解决，可以解决求最小的问题。

形如\(a \leq b + c\)的满足最短路的性质，使用最短路算法可以解决，可以解决求最大的问题。

但是你需要建立一个超级源点！我目前还不会。

回到题目。

农场a比农场b至少多种植了c个单位的作物，

体现为\(a \geq b + c\)。移项得到\(b - a \leq -c\)。

农场a比农场b至多多种植了c个单位的作物，

体现为\(a \leq b + c\)。

农场a与农场b种植的作物数一样多。

体现为\(a \geq b\) 且 \(a \leq b\)。对前面的式子移项得到\(b \leq a\)。

但是你显然不能一起做最长路和最短路吧，所以需要统一。

这里把所有东西都化为小于等于，已经在上面化好了。

这道题是存在性问题。如何解决存在性问题？

判负环！

因为这道题换成小于等于的话就要跑最短路，而存在负环就没最短路，有最短路当然就有答案。

所以又好好地复习了dfs型spfa。。。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
const int maxn = 10005;
struct Edges
{
    int next, to, weight;
} e[maxn << 2];
int head[maxn], tot;
int n, m;
bool vis[maxn];
int dist[maxn];
int read()
{
    int ans = 0; char ch = getchar();
    while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) ch = getchar();
    while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)
    {
        ans = ans * 10 + ch - ‘0‘;
        ch = getchar();
    }
    return ans;
}
void link(int u, int v, int w)
{
    e[++tot] = (Edges){head[u], v, w};
    head[u] = tot;
}
void dfs(int u)
{
    vis[u] = true;
    for(int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if(dist[u] + e[i].weight < dist[v])
        {
            dist[v] = dist[u] + e[i].weight;
            if(vis[v])
            {
                printf("No\n");
                exit(0);
            }
            else dfs(v);
        }
    }
    vis[u] = false;
}
int main()
{
    memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
    n = read(), m = read();
    while(m--)
    {
        int opt = read(), x = read(), y = read(), z;
        if(opt == 3) link(x, y, 0), link(y, x, 0);
        else
        {
            z = read();
            if(opt == 1) link(x, y, -z);
            else if(opt == 2) link(y, x, z);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) if(!vis[i]) dfs(i);
    printf("Yes\n");
    return 0;
}
/*
b - a <= - c   first situation
a - b <= c   second situation
a  - b <= 0 && b - a<= 0   third situation
*/

P1993 小K的农场

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Garen-Wang/p/9278948.html