[SCOI2011]糖果 题解
看到很多题解并没有讲清楚这道题为什么可以用某些方法，套个板子就没了。蒟蒻就发一篇题解装X造福大家吧233
做这道题前，我推荐大家做一下一本通中的1352：【例4-13】奖金一题，因为有可能做完了这道题对于你们会有一点启发。
题目分析
题目对于小朋友的嫉妒一共有\(5\)中情况，分别如下：
·如果 X=1， 表示第 A 个小朋友分到的糖果必须和第 B 个小朋友分到的糖果一样多；
·如果 X=2， 表示第 A 个小朋友分到的糖果必须少于第 B 个小朋友分到的糖果；
·如果 X=3， 表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不少于第 B 个小朋友分到的糖果；
·如果 X=4， 表示第 A 个小朋友分到的糖果必须多于第 B 个小朋友分到的糖果；
·如果 X=5， 表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不多于第 B 个小朋友分到的糖果；
题目想要让每个小朋友都满足且使用最少的糖果数量，如果无解则输出-1。
我们将小朋友当做点，小朋友之间限制条件当做边
对于X=1、X=3、X=5时，我们不难知道，想要使用最少的糖果数量，那么最好的方式就是两个人糖果数量一样。
对于X=2，那么A=B-1最优
对于X=4，那么B=A-1最优
所以说了做一下一本通中的1352：【例4-13】奖金一题对于你们会有一点启发。
现在我们又可以想到，让每个小朋友都满足且使用最少的糖果数量，那么只需要通过别人对它没有限制的小朋友，依次更新每个小朋友要有的糖即可。
那么怎么去依次找小朋友并更新每个小朋友要的糖呢？
拓扑排序！
怎么建图？按什么条件去建？
比如A要少于B，则建一条A->B的边，这样拓扑排序下来，可以保证处理每个点的糖果数量时，可以从小处理到大，符合上面的要求。
那X=1、3、5和X=2、4时有什么区别呢？
我们就需要额外记录边权，X=1、3、5边权为0，X=2、4边权为1。
血的教训：X=1时需要建双向边！即A->B且B->A。
为什么？
因为A必须与B一样多，那么我们就可以使用Tarjan缩点将两个点合并为1个点，且将环变为强连通分量。正好满足了拓扑排序不能有环的性质。
怎么判断无解情况？
在建新图用来拓扑排序时，看两个点是否在同一个环内，在且边权为1则无解。
最重要的一个问题：怎么更新糖果数量？
我们将每个人的糖果当做dp[i]，在删i相连的点的入度时，更新i的next的dp值
则有动态转移方程：
dp[当前更新的点] = max(dp[当前更新的点],dp[当前删除的点] + nnei[当前删除的点][第j个邻居].边权)
这些知识本人Blog中都会涉及的233
那么思路就很明显了：
建图(X=1:建边权为0的双向边，X=2、X=4建边权为1的单向边，X=3、X=5时建边权为0的单向边)——>Tarjan——>边建新图边判断无解——>用新图拓扑排序，并更新每个点所需要的糖果数量
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100000 + 10;
int n,k;
int scc[MAXN],sum,low[MAXN],dfn[MAXN],cnt,tot[MAXN];
//以上是强连通图的必备变量，唯一tot是记录每个强连通分量里面有多少个点
int dp[MAXN];
//这个用于DP记录答案
int in[MAXN];
//这个记录入度，用于Topo
long long ans;
//最终答案
struct Node{
int next;//记录每个点的下一个点
int v;//记录边权
};
vector<Node>nei[MAXN];//旧图
vector<Node>nnei[MAXN];//新图
bool Stack[MAXN];//用于Tarjan
stack<int> s;//用于Tarjan
inline int read(){//快速读入
int f = 1, x = 0;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9')
{
if (c == '-')
f = -1;
c = getchar();
}
while (c >= '0' && c <= '9')
{
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return f * x;
}
void Tarjan(int u){//Tarjan模板
low[u] = dfn[u] = ++cnt;
Stack[u] = true;
s.push(u);
int len = nei[u].size();
for(int i = 0;i < len; i++){
int next = nei[u][i].next;
if(dfn[next] == 0){
Tarjan(next);
low[u] = min(low[u],low[next]);
}else
if(Stack[next]){
low[u] = min(low[u],dfn[next]);
}
}
if(dfn[u] == low[u]){
sum++;
scc[u] = sum;
Stack[u] = false;
tot[sum]++;
while(s.top() != u){
Stack[s.top()] = false;
scc[s.top()] = sum;
s.pop();
tot[sum]++;
}
s.pop();
}
}
int main()
{
n = read(),k = read();//读入
for(int i = 1;i <= k; i++){
int z = read(),x = read(),y = read();
switch(z){//使用开关函数
case 1:{//一号情况
nei[x].push_back((Node){y,0});
nei[y].push_back((Node){x,0});
//这里一定要建两条边！
break;
}
case 2:{//二号情况
nei[x].push_back((Node){y,1});
break;
}
case 3:{//三号情况
nei[y].push_back((Node){x,0});
break;
}
case 4:{//四号情况
nei[y].push_back((Node){x,1});
break;
}
case 5:{//五号情况
nei[x].push_back((Node){y,0});
break;
}
}
}
for(int i = 1;i <= n; i++){
if(dfn[i] == 0)Tarjan(i);//Tajan
}
for(int i = 1;i <= n; i++){//建新图
int len = nei[i].size();
for(int j = 0;j < len; j++){
int next = nei[i][j].next;
int xx = scc[i];
int yy = scc[next];
if(xx == yy && nei[i][j].v == 1){//判断无解
cout<<-1<<"\n";
return 0;
}
if(xx != yy){//建新图
nnei[xx].push_back((Node){yy,nei[i][j].v});
in[yy]++;
}
}
}
queue<int>q;//Topo模板
for(int i = 1;i <= sum; i++){//将入读为0的压入队列
if(!in[i]){
q.push(i);
dp[i] = 1;//初始化
}
}
while(!q.empty()){//拓扑模板
int cur = q.front();
q.pop();
int len = nnei[cur].size();
for(int i = 0;i < len; i++){
int next = nnei[cur][i].next;
in[next]--;
dp[next] = max(dp[next],dp[cur] + nnei[cur][i].v);//Dp方程
if(!in[next])q.push(next);
}
}
for(int i = 1;i <= sum; i++){//累加答案
ans += (long long) dp[i] * tot[i];
}
cout<<ans;//输出
return 0;
}
代码不做非常详细的注释，自己对照前面详细的讲解看看吧233
