Luogu P1260工程规划

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原题链接

题目描述

造一幢大楼是一项艰巨的工程，它是由n个子任务构成的，给它们分别编号1，2，…，n(5≤n≤1000)。由于对一些任务的起始条件有着严格的限制，所以每个任务的起始时间T1，T2，…，Tn并不是很容易确定的(但这些起始时间都是非负整数，因为它们必须在整个工程开始后启动)。例如：挖掘完成后，紧接着就要打地基；但是混凝土浇筑完成后，却要等待一段时间再去掉模板。

这种要求就可以用M(5≤m≤5000)个不等式表示，不等式形如Ti-Tj≤b代表i和j的起始时间必须满足的条件。每个不等式的右边都是一个常数b，这些常数可能不相同，但是它们都在区间(-100，100)内。

你的任务就是写一个程序，给定像上面那样的不等式，找出一种可能的起始时间序列T1，T2，…，Tn，或者判断问题无解。对于有解的情况，要使最早进行的那个任务和整个工程的起始时间相同，也就是说，T1，T2，…，Tn中至少有一个为0。

输入格式

第一行是用空格隔开的两个正整数n和m，下面的m行每行有三个用空格隔开的整数i，j，b对应着不等式Ti-Tj≤b。

输出格式

如果有可行的方案，那么输出N行，每行都有一个非负整数且至少有一个为0，按顺序表示每个任务的起始时间。如果没有可行的方案，就输出信息“NO SOLUTION”。

输入输出样例

输入 #1

5 8
1 2 0
1 5 -1
2 5 1
3 1 5
4 1 4
4 3 -1
5 3 -1
5 4 -3

输出 #1

0
2
5
4
1

输入 #2

5 5
1 2 -3
1 5 -1
2 5 -1
5 1 -5
4 1 4

输出 #2

NO SOLUTION

思路

题目大意就是找出满足给定的一大堆不等式的一个最小的答案

首先看题，结合题意和题目中出现了形如Ti-Tj≤b这样的式子，所以可以初步判断这道题是一道差分约束的题目。

不会差分约束的化可以自行百度。

又由于题目中说道要求最早开始的时间，所以我们要求的是最短路。

但是还有一些细节需要考虑。。。就是样例中其实已经告诉我们有负权边的出现，所以为了避免负环的出现，我们需要使用已经死了的SPFA，同时，如果我们陷入了一个负环的时候我们需要输出 NO SOLUTION，所以我们需要判断负环的存在。

判断负环的化可以简单地让入队n次的点不再入队。但是这道题出现负环后可以直接输出 NO SOLUTION，所以其实也蛮好写的。

并且，这道题给出的图不一定连通，所以我们需要增加一个超级原点来连接所有子图。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f;
const int maxn=6000;
struct edge{
	int to,val;
	edge(int to_,int val_){
		to=to_;
		val=val_;
	}
};
vector<edge> gpe[maxn];
queue<int> q;
int n,m;
int inq[maxn],dis[maxn],ptimes[maxn];//ptimes记录的是入队次数
void spfa(int st){
	memset(dis,inf,sizeof(dis));
	q.push(st);
	inq[st]=1;
	dis[st]=0;
	ptimes[st]++;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		inq[u]=0;
		ptimes[u]++;
		if(ptimes[u]>n){
			printf("NO SOLUTION");
			exit(0);
		}
		for(int i=0;i<gpe[u].size();i++){
			int v=gpe[u][i].to,val=gpe[u][i].val;
			if(dis[v]>dis[u]+val){
				dis[v]=dis[u]+val;
				if(!inq[v]){
					q.push(v);
					inq[v]=1;
				}
			}
		}
	}
}
int main(void){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
		gpe[v].push_back(edge(u,w));
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		gpe[n+1].push_back(edge(i,0));
	}
	spfa(n+1);
	int mini=inf;//因为求的是开始时间，所以要用各个值减去最小值
	for(int i=1;i<=n;i++){
		mini=min(mini,dis[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		printf("%d\n",dis[i]-mini);
	}
}

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