标签：interval $0 条件 hid eof pac get == namespace
这题$n$倍经验……
考虑差分约束：
我们设$s_i$表示$[-1, i]$这个区间中数字的种类数，那么一个条件的限制相当于$s_{b_i} - s_{a_i - 1} \leq c_i$，那么连边$(a_i - 1, b_i, c_i)$。
再挖掘一些隐含条件：$0 \leq s_i - s_{i - 1} \leq 1$，那么再连边$(i - 1, i, 0)$和$(i, i - 1, -1)$。
然后从$s_{-1}$开始跑最长路即可，因为题目中保证了$c_i \leq b_i - a_i + 1$，所以不会有正环，也就是说最后的$dis_{50000}$就是答案。
时间复杂度$O(spfa ???)$。
感觉这些最长路的题目反正要把边权倒过来，不如直接用最短路建模求解。
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; const int N = 50010; const int M = 2e5 + 5; const int Maxn = 50002; int testCase, n, tot, head[N], dis[N]; bool vis[N]; struct Edge { int to, nxt, val; } e[M]; inline void add(int from, int to, int val) { e[++tot].to = to; e[tot].val =val; e[tot].nxt = head[from]; head[from] = tot; } inline void read(int &X) { X = 0; char ch = 0; int op = 1; for(; ch > ‘9‘ || ch < ‘0‘; ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) op = -1; for(; ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } queue <int> Q; void spfa(int st) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); vis[st] = 1, dis[st] = 0; Q.push(st); for(; !Q.empty(); ) { int x = Q.front(); Q.pop(); vis[x] = 0; for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) { int y = e[i].to; if(dis[y] > dis[x] + e[i].val) { dis[y] = dis[x] + e[i].val; if(!vis[y]) { vis[y] = 1; Q.push(y); } } } } } int main() { for(read(testCase); testCase--; ) { read(n); tot = 0; memset(head, 0, sizeof(head)); for(int x, y, v, i = 1; i <= n; i++) { read(x), read(y), read(v); x += 1, y += 2; add(x, y, -v); } for(int i = 1; i < Maxn; i++) add(i, i + 1, 0); for(int i = Maxn; i > 1; i--) add(i, i - 1, 1); spfa(1); printf("%d\n", -dis[Maxn]); if(testCase) printf("\n"); } return 0; }
标签：interval $0 条件 hid eof pac get == namespace
原文地址：https://www.cnblogs.com/CzxingcHen/p/9803433.html
