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 $m i$ ，把所有 $d_{i}$ 都减去 $m i$ 得到一组符合题意的解。

点击查看代码


#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 $s p f a$ 跑最长路（图中有正数不能跑 $d i j s t r a$ ），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 $d [50001]$ 。

点击查看代码

#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

点击查看代码

#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 $S P F A$ 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 $t a r j a n$ 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 $s i z e [i] * d [i]$ 即可。

点击查看代码

#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， $l o g$ 是个好东西，可以化乘为加。
变为 $l n (a) \geq l n (b) + l n (k - T)$ 与 $l n (a) + l n (k + T) > l n (b)$ ，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 $\geq$ 。

点击查看代码

#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;
}

posted @ 2024-01-12 21:05 oXUo 阅读(39) 评论(0) 编辑收藏举报

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