差分约束小记
差分约束
形如 \(n\) 个 \(a_i - b_i \leq c_k\) 其中 \(c_k\) 是一组常数
差分约束里的细节：
- 超级源点基本都要建，注意 \(0\) 是否被用，是否能当源点。
- 一些有实际意义的（如距离，个数）都隐含着 \(a \geq 0\) 的条件，注意隐含条件
例题难度基本递增
例题：
I P1260 工程规划
裸题： \(t_i - t_j \leq b\) 变为 \(t_i \leq t_j + b\) 类似于最短路三角形不等式 \(d_y \leq d_x + z\)，把 \(j\) 向 \(i\) 连一条长度为 \(b\) 的边，再建一个超级源点 \(0\) 向任意 \(i\) 都连一条长度为 \(0\) 的边，有负环则无解，求出解后因为需要至少有一个为0，所以我们找出 \(d_i\) 中的最小值 \(mi\)，把所有 \(d_i\) 都减去 \(mi\) 得到一组符合题意的解。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3+10,M = 2e5+10;
//差分约束
int n,m;
struct made{
int ver,nx,ed;
}e[M<<1];
int hd[N],tot;
void add(int x,int y,int z){
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
int d[N],in[N];
bool v[N];
queue<int>q;
bool spfa(){
memset(d,0x3f,sizeof(d));
q.push(0),d[0] = 0,v[0] = 1;
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
v[x] = 0;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver,z = e[i].ed;
if(d[x] + z < d[y]){
d[y] = d[x] + z;
in[y]++;
if(in[y] >= n)return 1;//有负环
if(!v[y])v[y] = 1,q.push(y);
}
}
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;i++)add(0,i,0);//源点
for(int i = 1;i <= m;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(y,x,z);
}
if(spfa()){
printf("NO SOLUTION");
return 0;
}
int s = INT_MAX;
for(int i = 1;i <= n;i++)s = min(s,d[i]);//
for(int i = 1;i <= n;i++)d[i] -= s;
for(int i = 1;i <= n;i++)printf("%d\n",d[i]);
return 0;
}
II 362. 区间/SP116.Intervals
我们设 \(S_i\) 为前 \(i\) 个区间内的整数个数，根据前缀和我们可以得到 \(S_{b_i} - S_{a_i-1} \geq c_i\) 转化为 \(S_{b_i} \geq c_i + S_{a_i-1}\)，即 \(a_i-1\) 向 \(b_i\) 连一条长度为 \(c_i\) 的边。然后这道题就做完了
观察观察，本题中我们设的 \(S_i\) 是整数个数，是有意义的，我们必须要加一些条件使它有意义。
- \(S_i - S_{i-1} \geq 0 \Rightarrow S_i \geq S_{i-1}\)，即 \(i-1\) 向 \(i\) 连一条长度为 \(0\) 的边。
- \(S_i - S_{i-1} \leq 1 \Rightarrow S_{i-1} \geq S_i - 1\) ，即 \(i\) 向 \(i-1\) 连一条长度为 \(-1\) 的边。
最后注意到我们把所有式子转化为了大于号，所以我们要 \(spfa\) 跑最长路（图中有正数不能跑 \(dijstra\)），因为保证有解，不需要判正环，因为有 \(0\) 所以我把全部编号加 \(1\)，最后答案就为 \(d[50001]\)。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//差分约束
const int N = 5e4+10,M = 2e5+10;
int n;
struct made{
int ver,nx,ed;
}e[M];
int hd[N],tot;
void add(int x,int y,int z){
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
int d[N];
bool v[N];
void spfa(){
memset(d,-0x3f,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(0);d[0] = 0,v[0] = 1;
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
v[x] = 0;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver,z = e[i].ed;
if(d[y] < d[x] + z){
d[y] = d[x] + z;
if(!v[y])q.push(y),v[y] = 1;
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x++,y++;//从0开始全加1
add(x-1,y,z);
}
for(int i = 1;i <= 50001;i++){
add(i,i-1,-1);
add(i-1,i,0);
}
spfa();
printf("%d\n",d[50001]);//答案为50001
return 0;
}
III P2294 [HNOI2005] 狡猾的商人
本题较为简单，主要是细节
我们设 \(S_i\) 为前 \(i\) 月账本的和，则题中式子为 \(S_t - S_{s-1} = v \Rightarrow S_t - S_{s-1} \leq v\) 并且 \(S_t - S_{s-1} \geq v\)。
即 \(s-1\) 向 \(t\) 连一条长度为 \(v\) 的边，\(t\) 向 \(s-1\) 连一条长度为 \(-v\) 的边，判断负环即可。
细节：因为我们 \(S\) 为前缀和，\(0\) 已经被占用，所以建超级源点不能以 \(0\) 为源点
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110,M = 2e3+10;
//差分约束
int t,n,m;
struct made{
int ver,nx,ed;
}e[M<<1];
int hd[N],tot;
void add(int x,int y,int z) {
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
int d[N],in[N];
bool v[N];
bool spfa(){
memset(in,0,sizeof(in));//
memset(v,0,sizeof(v));
memset(d,0x3f,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(n+1),d[n+1] = 0,v[n+1] = 1;
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
v[x] = 0;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver,z = e[i].ed;
if(d[y] > d[x] + z){
d[y] = d[x] + z;
in[y]++;
if(in[y] > n)return 1;
if(!v[y])v[y] = 1,q.push(y);
}
}
}
return 0;
}
int main(){
freopen("bzoj_1202.in","r",stdin);
freopen("bzoj_1202.out","w",stdout);
scanf("%d",&t) ;
while(t--){
tot = 0;
memset(hd,0,sizeof(hd));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= m;i++){
int s,t,v;
scanf("%d%d%d",&s,&t,&v);
add(s-1,t,v);
add(t,s-1,-v);
}
for(int i = 1;i <= n;i++)add(n+1,i,0);//源点不能为0
if(spfa())printf("false\n");
else printf("true\n");
}
return 0;
}
IV P3275 [SCOI2011] 糖果
看到这种 \(a_i \leq b_i\) 的式子直接想差分约束：
首先我们要求的是最小糖果数，要把式子变为 \(\geq\) 的样子跑最长路。
- $X = 1,S_a = S_b \Rightarrow S_a - S_b \geq 0 $ 并且 $ S_b - S_a \geq 0$，即 \(a\) 向 \(b\) 连一条长度为 \(0\) 的边，\(b\) 也向 \(a\) 连一条长度为 \(0\) 的边。
- \(X = 2,S_a < S_b \Rightarrow S_b \geq S_a + 1\)，即 \(a\) 向 \(b\) 连一条长度为 \(1\) 的边。
- \(X = 3,S_a \geq S_b\)，即 \(b\) 向 \(a\) 连一条长度为 \(0\) 的边。
- \(X = 4,S_a > S_b \Rightarrow S_a \geq S_b + 1\)，即 \(b\) 向 \(a\) 连一条长度为 \(1\) 的边。
- \(X = 5,S_a \leq S_b \Rightarrow S_b \geq S_a\)，即 \(a\) 向 \(b\) 连一条长度为 \(0\) 的边。
- 因为每个小朋友都至少有一个糖果，满足不等式 \(S_i \geq S_0 + 1\)，即 \(0\) 向 \(i\) 连一条长度为 \(1\) 的边。
让后直接跑SPFA
我们观察数据 \(N\) 最大为 \(100000\) 直接跑 \(SPFA\) 判正环很有可能会炸SPFA已经死了。
我们建的图中的边权只有 \(1\) 和 \(0\)，我们考虑 \(tarjan\) 找环，当一个强连通分量中有一个边权为 \(1\) 的边，那么一定无解，否则我们可以缩点后，从 \(0\) 的强连通分量中开始拓扑排序求最长路，这样每个强联通分量中的糖果数都相等，我们累加 \(size[i] * d[i]\) 即可。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//差分约束 + 强连通分量
const int N = 2e5+10,M = 4e5+10;
int n,m;
ll ans;
struct made{
int ver,nx,ed;
}e[M],E[M];
int hd[N],hde[N],tot,cnt,num,top,te;
int dfn[N],low[N],st[N],c[N],size[N],in[N];
bool v[N];
void add(int x,int y,int z){
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
void add_v(int x,int y,int z){
te++;
E[te].nx = hde[x],E[te].ver = y,E[te].ed = z,hde[x] = te;
}
void tarjan(int x){
low[x] = dfn[x] = ++cnt;
v[x] = 1,st[++top] = x;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver;
if(!dfn[y])tarjan(y),low[x] = min(low[x],low[y]);
else if(v[y])low[x] = min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x] == low[x]){
num++;int y = 0;
do{
y = st[top--];
v[y] = 0,c[y] = num;
size[num]++;
}while(x != y);
}
}//
int d[N];
void topsort(){
queue<int>q;
q.push(c[0]);d[0] = 0;
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
ans += 1ll * size[x] * d[x];//累加答案
for(int i = hde[x];i;i = E[i].nx){
int y = E[i].ver,z = E[i].ed;
d[y] = max(d[y],d[x] + z);//最长路
if(--in[y] == 0)q.push(y);
}
}
}//拓扑排序
int main(){
freopen("tangguo.in","r",stdin);
freopen("tangguo.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= m;i++){
int op,x,y;
scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
switch(op){
case 1:add(x,y,0),add(y,x,0);break;
case 2:add(x,y,1);break;
case 3:add(y,x,0);break;
case 4:add(y,x,1);break;
case 5:add(x,y,0);break;
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++)add(0,i,1);//源点
for(int i = 0;i <= n;i++)
if(!dfn[i])tarjan(i);
for(int x = 0;x <= n;x++)
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver,z = e[i].ed;
if(c[x] == c[y] && z){//一个连通分量中有边权为1的边无解
printf("-1\n");
return 0;
}
else if(c[x] != c[y])add_v(c[x],c[y],z),in[c[y]]++;
}
topsort();
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
V P4926 [1007] 倍杀测量者
写了这道题要女装
首先我们可以找出式子如果 \(a \geq b \times (k - T)\) 与 \(a \times (k + T) > b\) 时任何人都不女装，我们要找到至少有一个人女装的 \(T\)，即该式子有无解的情况，那么我们考虑差分约束，但是这个乘法很烦，我们试着把它变一下，\(log\) 是个好东西，可以化乘为加。
变为 \(ln(a) \geq ln(b) + ln(k - T)\) 与 \(ln(a) + ln(k + T) > ln(b)\)，这就是模型了，我们只需要二分 \(T\)，无解判定即可。
我们知道一些固定的值 \(a_i = k\) ，从源点连边即可。
注：本题精度要求不是很大，不需要太精确，所以 \(>\) 可以大致为 \(\geq\)。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//乘法差分约束
const double eps = 1e-6,inf = 1e8;
const int N = 1e3+10,M = 1e5+10;
int n,m,t;
struct made{
int nx,ver,op;
double ed;
}e[N<<1];
int hd[N],tot;
void add(int x,int y,double z,int op){
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,e[tot].op = op,hd[x] = tot;
}
double d[N];
int in[N];
bool v[N];
bool spfa(double mid){
memset(v,0,sizeof(v));
memset(in,0,sizeof(in));
for(int i = 1;i <= n;i++)d[i] = inf;
queue<int>q;
q.push(0),d[0] = 0,v[0] = 1;
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
v[x] = 0;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver;
double z = e[i].ed;
if(e[i].op == 1)z = -log(z-mid);//第1种边
if(e[i].op == 2)z = log(z+mid);//第2种边
if(d[y] > d[x] + z){
d[y] = d[x] + z;
if(!v[y]){
v[y] = 1,in[y]++;
if(in[y] > n+1)return 1;
q.push(y);
}
}
}
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
double l = 0,r = INT_MAX;
for(int i = 1;i <= m;i++){
int op,a,b;double k;
scanf("%d%d%d%lf",&op,&a,&b,&k);
add(a,b,k,op);
if(op == 1)r = min(r,k);//二分右界
}
for(int i = 1;i <= t;i++){
int x;double z;
scanf("%d%lf",&x,&z);
add(0,x,log(z),0),add(x,0,-log(z),0);
}
if(!spfa(0))printf("-1\n");//全部人都不需要女装，即不存在T
else{
while(l + eps < r){
double mid = (l + r) / 2;
if(spfa(mid))l = mid;
else r = mid;
}
printf("%lf\n",r);
}
return 0;
}
VI P5590 赛车游戏
第一眼看咋看都不像差分约束。
因为我们要找的是 \(1 \sim n\) 的路径长度都相等的一种情况，我们先设 \(d_i\) 为 \(1 \sim i\) 的路径，那么任意边 \((x,y,z)\) 都满足 \(d_x+ z = d_y\)。反证：
- 我们假设 \(d_x + z \neq d_y\)，因为 \(1 \sim n\) 的路径是一定的，那么我们设 \(y \sim n\) 的路径长度为 \(d_{y \sim n}\)，则一定有 \(d_x + z + d_{y \sim n} = d_n,d_y + d_{y \sim n} = d_n\) 得到 \(d_x + z = d_y\)，与假设相悖，假设不成立。
得证
那么我们又知道每个边的边长在 \([1,9]\) 之内，我们就可以列出 \(1 \leq d_y - d_x \leq 9\)，哦~，差分约束，建边即可。
但是其实那些不在 \(1 \sim n\) 的路径上的边没有影响，所以不能建这些边，不然我们可能找到错误的约束条件，这些边输出时任意输出 \([1,9]\) 即可。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//差分约束
const int N = 1e3+10,M = N<<3;
int n,m;
struct made{
int ver,nx,ed;
}e[M],e1[M];
struct node{
int x,y;
}li[M];
int hd[N],hd1[N],tot;
void add(int x,int y,int z){
tot++;
e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
void add1(int x,int y){
tot++;
e1[tot].nx = hd1[x],e1[tot].ver = y,hd1[x] = tot;
}
int d[N],in[N];
bool v[M],vi[N];
bool spfa(){
memset(v,0,sizeof(v));
memset(d,0x3f,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(1),d[1] = 0,v[1] = 1;
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
v[x] = 0;
for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
int y = e[i].ver,z = e[i].ed;
if(d[y] > d[x] + z){
d[y] = d[x] + z;
if(!v[y]){
v[y] = 1,in[y]++;
if(in[y] > n)return 1;
q.push(y);
}
}
}
}
return 0;
}
bool dfs(int x){//1~n的路径
if(x == n || vi[x])return 1;
for(int i = hd1[x];i;i = e1[i].nx){
int y = e1[i].ver;
if(v[i])continue;//记录边
v[i] = 1;
if(dfs(y)){//可以到n
vi[x] = 1;
add(x,y,9),add(y,x,-1);
}
}
return vi[x];
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add1(x,y);
li[i].x = x,li[i].y = y;
}
tot = 0;
if(!dfs(1))printf("-1\n");//到不了n
else if(spfa())printf("-1\n");
else{
printf("%d %d\n",n,m);
for(int i = 1;i <= m;i++){
int dis = d[li[i].y] - d[li[i].x];
dis = (dis < 10 && dis > 0)?dis:1;//其他边任意赋值即可
printf("%d %d %d\n",li[i].x,li[i].y,dis);
}
}
return 0;
}
