[BZOJ2330]SCOI2011糖果|差分约束

标签：差分约束

差分约束题。。学了一下差分约束，我觉得还是挺简单的，考虑f[u]-f[v]<=c，发现和最短路的松弛操作神似，最短路跑完之后对于一条边（v,u），显然有d[u]<=d[v]+c，不就是上面差分约束的式子吗。。那就转化成最短(长)路做咯，以最短路为例了，对于每个f[u]-f[v]<=c，连一条v到u权值为c的边，然后跑最短路，如果有负环那就说明无解，没有的话跑完之后各点的d值就是解。。

对于本题，d[a]==d[b]，有 d[a]-d[b]>=0, d[b]-d[a]>=0

d[a]<d[b]，有 d[b]-d[a]>=1

d[a]>=d[b]，有 d[a]-d[b]>=0

d[a]>d[b]，有 d[a]-d[b]>=1

d[a]<=d[b]，有 d[b]-d[a]>=0

这里要求一组和最小的解，而每个点要>=1，所以用最长路做，每个点初始赋为1，然后一开始把它们都扔进队列，跑最长路即可。。

对于差分约束来说，无论跑最长路还是最短路都可以出解，但是我们求出的都只是一组相对大小，要利用这个相对大小来求一组符合题目的解。。像这题，每个点的值要求大于0，所以我们赋初值1，要保证在运行算法的过程中每个点的值始终大于0，那么就是跑最长路了。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<memory.h>
#define N 100005
using namespace std;
struct edge{
	int e,q,next;
}ed[N*2];
int n,k,i,s,t,opt,ne=0,a[N],dis[N],que[N*2],u[N],inq[N];
long long ans=0ll;
void add(int s,int e,int q)
{
	ed[++ne].e=e;ed[ne].q=q;
	ed[ne].next=a[s];a[s]=ne;
}
bool spfa()
{
	int head=1,tail=n,get,hh=1,tt=n,j,i,to;
	for (i=1;i<=n;i++) inq[i]=dis[i]=u[i]=1,que[i]=i;
	while (hh<=tt)
	{
		get=que[head++];hh++;
		if (head>200000) head=1;
		for (j=a[get];j;j=ed[j].next)
			if (dis[get]+ed[j].q>dis[to=ed[j].e])
			{
				dis[to]=dis[get]+ed[j].q;
				if (!inq[to])
				{
					if (++u[to]>=n) return false;
					tail++;tt++;
					if (tail>200000) tail=1;
					que[tail]=to;
					inq[to]=1;
				}
			}
		inq[get]=0;
	}
	return true;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (i=1;i<=n;i++) a[i]=0;
	for (i=1;i<=k;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&opt,&s,&t);
		switch (opt)
		{
			case 1:add(s,t,0);add(t,s,0);break;
			case 2:if (s==t) {puts("-1");return 0;}
				add(s,t,1);break;
			case 3:add(t,s,0);break;
			case 4:if (s==t) {puts("-1");return 0;}
				add(t,s,1);break;
			case 5:add(s,t,0);break;
		}
	}
	if (spfa())
	{
		for (i=1;i<=n;i++) ans+=(int)dis[i];
		printf("%lld",ans);
	}
	else printf("-1");
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/tag_king/article/details/45132213