差分约束

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第一： 
感觉难点在于建图 
第二： 
①：对于差分不等式，a - b <= c ，建一条 b 到 a 的权值为 c 的边，求的是最短路，得到的是最大值 
②：对于不等式 a - b >= c ，建一条 b 到 a 的权值为 c 的边，求的是最长路，得到的是最小值 
③：存在负环的话是无解 
④：求不出最短路（dist[ ]没有得到更新）的话是任意解 
第三： 
一种建图方法： 
设x[i]是第i位置（或时刻）的值（跟所求值的属性一样），那么把x[i]看成数列，前n项和为s[n]，则x[i] = s[i] - s[i-1]； 
那么这样就可以最起码建立起类似这样的一个关系：0 <= s[i] - s[i-1] <= 1; 
其他关系就要去题目探索了 

回到上面那些题目： 

第一题：【POJ 1201/ZOJ 1508/HDU 1384 Intervals】 
http://poj.org/problem?id=1201 
题意：求符合题意的最小集合的元素个数 
设x[i]是{i}这个集合跟所求未知集合的交集元素个数，明显最大只能是1 
再设s[i] = x[0] + x[1] + …… + x[i] 
明显的，s[i]表示集合{0,1,2,3,……,i}与所求未知集合的交集元素个数 
那么就有x[i] = s[i] - s[i-1] 
∵0 <= x[i] <= 1 
∴0 <= s[i] - s[i-1] <= 1 
由于题目求最小值，所以是最长路，用的是a - b >= c这种形式 
即有：①s[i] - s[i-1] >= 0; ②s[i-1] - s[i] >= -1; 
按照题目输入a, b, c： 
表示{a,a+1,a+2,……,b}(设这个集合是Q)与所求未知集合的交集元素个数至少为c 
而s[a-1]表示{1,2,3,……,a-1}与所求未知集合的交集元素个数 
s[b]表示{1,2,3,……,a-1,a,a+1,a+2,……,b}与所求未知集合的交集元素个数 
∴Q = s[b] - s[a-1]; 
即可建立关系: ③s[b] - s[a-1] >= c; 
但是还有一个问题a >= 0，那么a-1有可能不合法 
解决方法：所有元素+1就可以了 
实现：把③变成 s[b+1] - s[a] >= c; 

第二题：【POJ 1275/ZOJ 1420/HDU 1529 Cashier Employment】 
http://poj.org/problem?id=1275 
文章最后有附上这题的代码。 
这题是这里面最难的一题，建图难，而且难以找出所有约束条件 
先说明一下，这里我把编号设定为1-24，而不是题目的0-23，并且设0为虚点 
设x[i]是实际雇用的i时刻开始工作的员工数 
R[i]是题目需要的i时刻正在工作的最少员工数 
注意了，i时刻开始工作跟i时刻正在工作是完全不同的 
设s[i] = x[1] + x[2] + …… + x[i] 
则s[i]表示1-i这段时间开始工作的员工数 
再设num[i]表示i时刻开始工作的最多可以雇用的员工数 
∴有0 <= x[i] <= num[i] 
即 0 <= s[i] - s[i-1] <= num[i] 
由于是求最小值，所以用最长路 
则有：①s[i] - s[i-1] >= 0；②s[i-1] - s[i] >= -num[i]； 
(1 <= i <= 24，虽然0是虚点，但是s[1] - s[0]也是必要的！因为x[1]也是有范围的！) 
由于员工可以持续工作8个小时(R[i]是i时刻正在工作的最少人数) 
∴x[i-7] + x[i-6] + …… + x[i] >= R[i]【i-7开始工作的人在i时刻也在工作，其他同理】 
即：③s[i] - s[i-8] >= R[i] (8 <= i <= 24) 
但是有个特殊情况，就是从夜晚到凌晨的一段8小时工作时间 
(x[i+17] + …… + x[24]) + (x[1] + x[2] + …… + x[i]) >= R[i]； 
则：s[24] - s[i+16] + s[i] >= R[i]; 
整理一下：④s[i] - s[i+16] >= R[i] - s[24]; 
(1 <= i < 8，注意i=0是没有意义的，因为R[0]没有意义) 
由于s[24]就是全天实际雇用的人数，而一共有n个员工可以雇用 
所以设ans = s[24] 
则：⑤s[i] - s[i+16] >= R[i] - ans;( 1 <= i < 8 ) 
所以就可以从小到大暴力枚举ans【或二分枚举】，通过spfa检验是否有解即可【存在负环无解】
但是还有一个问题，起点在哪里…… 
这时候虚点0就起作用了，我称它为超级起点 
于是建图后直接判断spfa(0)是否有解就可以了 
PS：还有另外一个条件必须用到……：⑥s[24] - s[0] >= ans] 
不用这个条件二分枚举ans可以AC，但这只是数据问题，暴力从小到大枚举木有这条件就会错，所以说这个条件最关键而又难找……要仔细找特殊点和虚点的约束关系 

第三题：【POJ 1364/ZOJ 1260/HDU 1531 King】 
http://poj.org/problem?id=1364 
设s[i] = a[1] + a[2] + …… + a[i]; 
a[Si] + a[Si+1] + ... + a[Si+ni] = s[Si+ni] - s[Si-1]； 
所以由题意有： 
①s[Si+ni] - s[Si-1] > ki 
或②s[Si+ni] - s[Si-1] < ki 
由于只是检验是否有解，所以最短路或最长路都可用，以下是最短路要建立的关系： 
把①化为：s[si-1] - s[si+ni] <= - ki - 1 
把②化为：s[si+ni] - s[si-1] <= ki - 1 

第四题：【ZOJ 1455/HDU 1534 Schedule Problem】 
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=1455 
设第i项工作持续时间为v[i]，开始时间s[i]，那么结束时间就是s[i]+v[i] 
SAS: s[a] >= s[b] ---> s[a] - s[b] >= 0 
FAS: s[a] + v[a] >= s[b] ---> s[a] - s[b] >= -v[a] 
SAF: s[a] >= s[b] + v[b] ---> s[a] - s[b] >= v[b] 
FAF: s[a] + v[a] >= s[b] + v[b] ---> s[a] - s[b] >= v[b] - v[a] 
直接最长路建图就可以了 

第五题：【HDU 3440 House Man】 
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3440 
此题难度仅次于第二题，需要深刻理解差分约束 
题意：按照序号从左往右放置房子，求最后从低到高跳到所有房子的【最大总水平路程】 
设s(b) - s(a) <= K(一个常数)表示【设a，b为序号】： 
b到a的距离 <= K，但是必须定一个规则，a在左边还是b在左边？ 
这里设a，b是x轴上的点，再设b > a 
所以这样的情况下规则就是：【s(序号大的) - s(序号小的)】才表示：【b到a之间的距离】这个意义 
当然可以设另一种规则---【序号小-序号大】表示距离---，总之要一致！ 
按照第一种规则有以下关系： 
①位置相邻： 
s(i) - s(i-1) >= 1 ---> s(i-1) - s(i) <= -1 
②高度相邻(排序后)：【num表示a[i]这间房子的序号】 
s(max(a[i].num,a[i-1].num))-s(min(a[i].num,a[i-1].num)) <= D 
建图后只要这样： 
spfa (min (a[1].num, a[n].num)); 
printf ("%d\n", dist[max (a[n].num, a[1].num)]); 
答案就出来了 
另外推荐这种方法！比较简单：http://hi.baidu.com/tju_ant/blog/item/f22fe6d92809033833fa1c08.html 

第六题：【HDU 3592 World Exhibition】 
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3592 
按照题目明显条件建立关系式立刻水过 
但是我觉得它数据很水…… 
题目说：Assume that there are N (2 <= N <= 1,000) people numbered 1..N who are standing in the same order as they are numbered 
也就是说人是按序号排的啊 
那应该还有一个约束条件才对吧：s(i) - s(i-1) >= 0; 
就像这组数据： 
1 
3 2 1 
1 2 1 
1 3 2 
2 3 3 
要按序号排队不可能满足，应该输出-1 
总之要不要这个约束条件都能AC……我特么的彻底无语了 


第七题：【HDU 3666 THE MATRIX PROBLEM】 
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3666 
这题spfa用队列卡数据容易超时，用栈吧…… 
由题意得对于矩阵每个元素【设为w，处于矩阵第i行，第j列】 
L <= w*a[i]/b[j] <= U 
两边取对数有： 
lg(L) <= lg(w)+lg(a[i])-lg(b[j]) <= lg(U) 
按照最长路整理得【也可以用最短路】： 
①lg(a[i])-lg(b[j]) >= lg(L)-lg(w)；②lg(b[j])-lg(a[i]) >= lg(w)-lg(U) 
把a和b数组合并成一个数组s得【a有n个元素，b有m个元素，这里把b接在a数组后面】： 
①s(i) - s(j+n) >= lg(L) - lg(w) 
②s(j+n) - s(i) >= lg(w) - lg(U) 
最后加个超级起点即可 
我把0作为超级起点： 
for (i = 1; i <= n + m; i++) 
    addedge (0, i, 0); 
spfa (0); 


最后弱弱的献上第二题代码： 

C++代码  

1. #include <iostream>  
2. #include <queue>  
3. using namespace std;  
4. #define inf 0x7fffffff  
5. #define M 25  
6.   
7. struct edge{  
8.     int v, w, next;  
9. }e[5*M];  
10. bool inq[M];  
11. int dist[M], pre[M], n = 24, cnt, ind[M];  
12.   
13. void init ()  
14. {  
15.     memset (pre, -1, sizeof(pre)); cnt = 0;  
16. }  
17. void addedge (int u, int v, int w)  
18. {  
19.     e[cnt].v = v; e[cnt].w = w; e[cnt].next = pre[u]; pre[u] = cnt++;  
20. }  
21. bool spfa (int u)  
22. {  
23.     int i, v, w;  
24.     for (i = 0; i <= n; i++)  
25.     {  
26.         dist[i] = -inf;  
27.         inq[i] = false;  
28.         ind[i] = 0;  
29.     }  
30.     queue<int> q;  
31.     q.push (u);  
32.     inq[u] = true;  
33.     dist[u] = 0;  
34.     while (!q.empty())  
35.     {  
36.         u = q.front();  
37.         if (++ind[u] > n)  
38.             return false;  
39.         q.pop();  
40.         inq[u] = false;  
41.         for (i = pre[u]; i != -1; i = e[i].next)  
42.         {  
43.             v = e[i].v;  
44.             w = e[i].w;  
45.             if (dist[u] + w > dist[v])  
46.             {  
47.                 dist[v] = dist[u] + w;  
48.                 if (!inq[v])  
49.                 {  
50.                     q.push (v);  
51.                     inq[v] = true;  
52.                 }  
53.             }  
54.         }  
55.     }  
56.     return true;  
57. }  
58.   
59. int main()  
60. {  
61.     int t, R[M], num[M], i, pos, m, l, r, ans;  
62.     scanf ("%d", &t);  
63.     while (t--)  
64.     {  
65.         for (i = 1; i <= n; i++)  
66.             scanf ("%d", R+i);  
67.         scanf ("%d", &m);  
68.         memset (num, 0, sizeof(num));  
69.         for (i = 0; i < m; i++)  
70.         {  
71.             scanf ("%d", &pos);  
72.             num[pos+1]++;  
73.         }  
74.         l = 0, r = m;  
75.         bool flag = true;  
76.         while (l < r)        //二分枚举ans  
77.         {  
78.             init();  
79.             ans = (l+r) / 2;  
80.             for (i = 1; i <= n; i++)  
81.             {  
82.                 addedge (i-1, i, 0);            //s[i] - s[i-1] >= 0  
83.                 addedge (i, i-1, -num[i]);      //s[i-1] - s[i] >= -num[i]  
84.             }  
85.             for (i = 8; i <= n; i++)  
86.                 addedge (i-8, i, R[i]);         //s[i] - s[i-8] >= R[i]  
87.             for (i = 1; i < 8; i++)  
88.                 addedge (i+16, i, R[i]-ans);    //s[i] - s[i+16] >= R[i] - ans  
89.             addedge (0, 24, ans);               //s[24] - s[0] >= ans  
90.             if (spfa (0))  
91.                 r = ans, flag = false;  
92.             else l = ans + 1;  
93.         }  
94.         if (flag)  
95.             puts ("No Solution");  
96.         else printf ("%d\n", r);  
97.     }  
98.     return 0;  
99. }  

差分约束

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