差分约束
差分约束
NOIp%你怎么考这啊这我怎么没学啊赶紧补课
我们对于一组形如 \(x_i\le x_j+c_k\) 的不等式组，可以使用 差分约束 求出不等式组的一组 可行解 。
观察 \(x_i\le x_j+c_k\) 的形式，我们会联想到 \(dis_x\le dis_y+w_i\) ，这是最短路的判定式移了个项。同时我们可以知道，我们做完最短路之后，只要图中没有负环，所有的 \(dis_x\) 都满足上面的式子。
这意味着我们可以把不等式组的问题转化成一个差分约束的问题。我们将每一个不等式都抽象成边，就将其转换成了一个图论最短/长路问题。需要注意的是，我们跑最短路的时，必须 找到一个源点能够遍历到所有的边，这样才能考虑到所有的限制条件。
可行解
一般的求可行解的步骤：
- 先把每个不等式 \(x_i\le x_j+c_k\) 转化成一条 \(x_j\) 连向 \(x_i\) 的权值为 \(c_k\) 的有向边。
- 找一个源点，使得该点能够遍历到所有的边。
- 从源点求一遍单元最短路。
单源最短路有另外一个问题：负环。
我们来把负环的情况放在不等式中考虑：
假设环的形态如下：
我们根据图中得到的不等关系进行放缩：
那么 \(x_2\le x_1+c_1\le x_k+c_1+c_k\le \cdots \le x_2+c_1+c_k+c_{k-1}+\cdots c_4+c_3+c_2\)
由于这是个负环，所以 \(\sum_{i=1}^kc_i < 0\)，设这个式子结果为 \(p\)，则 \(x_2\le x_2+p,\ p<0\)。显然不成立。
所以，当图中出现 负环的时候，证明不等式组无解。
求变量最值
结论：
- 如果求最小值，则化成 \(x_i\ge x_j+c\) 求最长路。
- 如果求最大值，则化成 \(x_i\le x_j+c\) 求最短路。
求最值的时候一定会有一个条件类似 \(x_i\le k\)，\(k\) 为常数。如果没有这类大于或小于常数的限制，那么对于任意一组可行解 \(\{x_1,x_2,\dots,x_k\}\) 以及任意一个 \(d\in R\) ，\(\{x_1+d,x_2+d,\dots x_k+d\}\) 都是一组可行解，没有最值一说。
如何转化 \(x_i\le k\) 这类的不等式呢？
我们可以先建立一个超级源点 \(0\)，然后建立 \(0\to i\) 的长度为 \(k\) 一条边即可。
为什么我们这样做就可以求出最大/最小值？
我们以求 \(x_i\) 的最大值为例子说明：
从上面负环的例子可以知道，我们从 \(0\) 开始求到 \(x_i\) 的最短路，其实是求出一个有关变量 \(x_i\) 的不等式链，不等式链最后都能转化为 \(x_i\le \sum_{i=1}^kc_i\)。那么所有的不等式链的 \(\sum c_i\) 的最小值就是 \(x_i\) 的上界。
同理，求最小值就是在所有的下界中找最大值。
例题
『SCOI2011』糖果
简化题意：
有 \(n\) 个变量，有 \(k\) 组关系，关系有以下 \(5\) 种：
- \(x_i=x_j\)
- \(x_i<x_j\)
- \(x_i\ge x_j\)
- \(x_i>x_j\)
- \(x_i\le x_j\)
已知所有的 \(x\ge 1\) ，求最小和。
解析
来看一下这五种关系：
- \(x_i=x_j\Rightarrow x_i\ge x_j, x_j\ge x_i\)。
- \(x_i<x_j\Rightarrow x_j\ge x_i+1\)
- \(x_i\ge x_j\) 不需要转化
- \(x_i>x_j\Rightarrow x_i\ge x_j+1\)
- \(x_i\le x_j\Rightarrow x_j\ge x_i\)。
注意隐含条件： \(\forall x\ge 1\)。
那么这就是所有我们需要的用来建立不等式组的不等式。直接建图跑最长路即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010,M=400010;
ll n,m;
ll head[M],nxt[M],ver[M],edg[M],tot=0;
ll dis[N],cnt[N];
queue<int> q;
bool vis[N];
void add(int x,int y,int z)
{
ver[++tot]=y;
edg[tot]=z;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
bool spfa()
{
memset(dis,-0x3f,sizeof dis);
dis[0]=0,vis[0]=1;
q.push(0);
while(q.size())
{
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=ver[i];
if(dis[y]<dis[x]+edg[i])
{
dis[y]=dis[x]+edg[i];
if(!vis[y])
{
cnt[y]++;
vis[y]=1;
q.push(y);
if(cnt[y]>n) return 0;//判环
}
}
}
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
bool flag=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,a,b;
scanf("%d%d%d",&x,&a,&b);
if(x==1) add(a,b,0),add(b,a,0);
else if(x==2) add(a,b,1),flag=(a==b?1:flag);
else if(x==3) add(b,a,0);
else if(x==4) add(b,a,1),flag=(a==b?1:flag);
else add(a,b,0);
}
if(flag==1)
{
cout<<-1;
return 0;
}
for(int i=n;i>=1;i--)
add(0,i,1);
flag=spfa();
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=dis[i];
if(flag==0) printf("-1");
else printf("%lld",ans);
return 0;
}
区间
给定 \(n\) 个区间 \([a_i,b_i]\) 和 \(n\) 个整数 \(c_i\)。
你需要构造一个整数集合 \(Z\)，使得 \(\forall i\in [1,n]\)，\(Z\) 中满足 \(a_i≤x≤b_i\) 的整数 \(x\) 不少于 \(c_i\) 个。
求这样的整数集合 \(Z\) 最少包含多少个数。
解析
满脑子都是贪心.jpg
看着和我们上面讲到的模型没有一点关系是吧？
设 \(S_i\) 是 \([1,i]\) 中被选中的数的个数。
我们要求的是 \(S_{50001}\) 的最小值。
此时我们试着分析 \(S_i\) 的规律，发现：
-
\(S_i\ge S_{i-1},\ i\in [1,50001]\)
-
\(S_i-S_{i-1}\le 1\Rightarrow S_{i-1}+1\ge S_i,i\in [1,50001]\)
-
对于每一个 \([a_i,b_i],S_{b_i}-S_{a_i-1}\ge c_i\)。
现在我们想一下，是否是只要满足这几个条件方案就一定合法？
前两个条件是数字的性质，第三条件就是我们题中的限制条件，条件是够了。
然后我们需要找是否有一个源点能遍历到所有的边。由于第一个条件连接所有点成了一条链，所以我们能遍历到所有的点，自然也能摸到所有的边。
所以建边最长路即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n;
int head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1],edg[N<<1],tot=0;
void add(int x,int y,int w)
{
ver[++tot]=y; edg[tot]=w; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
int read()
{
int x=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') w*=(ch=='-'?-1:1),ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*w;
}
int dis[N];
bool vis[N];
void spfa()
{
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(dis,-0x3f,sizeof dis);
queue<int> q;
dis[0]=0; vis[0]=1;
q.push(0);
while(q.size())
{
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=ver[i];
if(dis[y]<dis[x]+edg[i])
{
dis[y]=dis[x]+edg[i];
if(!vis[y])
{
vis[y]=1;
q.push(y);
}
}
}
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=50001;i++)
{
add(i,i-1,-1);
add(i-1,i,0);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a,b,c;
a=read();b=read();c=read();
add(a-1,b,c);
}
spfa();
printf("%d",dis[50001]);
return 0;
}
『USACO2005Dec. G』Layout
不复述题面了自己去看。
解析
设 \(x_i\) 是第 \(i\) 头奶牛到第一头奶牛的距离。
题面明确了两种条件：
- \(x_a-x_b\ge L\)
- \(x_a-x_b\le R\)
同时，所有的 \(x_i\ge 0,x_i\le x_i-1\)。
我们要求 \(x_n\) 的最大值，显然要跑最短路。
那么整理一下不等式：
我们发现连通性似乎有问题，所以我们再加一个不等式： \(x_i\ge 0\)。这相当于建立了一个超级源点，向每个点都连了一条边。但是我们没有必要把它显性建立出来，只需要在一开始把所有点都入队即可。
现在我们要想如何判定 \(1\) 号点与 \(n\) 号点距离能否无限大。
此时我们可以令 \(x_1\) 为一个定值：让 \(x_1=0\)，然后去找 \(x_n\) 是否受影响。
具体做法：我们只需要从 \(x_1\) 向 \(x_n\) 跑一遍最短路，判定是否能达到无限大就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10,M=1e6+10;
int head[N],ver[M],nxt[M],edg[M],tot=0;
void add(int x,int y,int w)
{
ver[++tot]=y; edg[tot]=w; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
int n,ml,mr;
int read()
{
int x=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') w*=(ch=='-'?-1:1),ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*w;
}
int dis[N],cnt[N];
bool vis[N];
bool spfa(int k)
{
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(cnt,0,sizeof cnt);
queue<int> q;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
q.push(i);
vis[i]=1; dis[i]=0;
cnt[i]++;
}
while(q.size())
{
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=ver[i];
if(dis[y]>dis[x]+edg[i])
{
dis[y]=dis[x]+edg[i];
if(!vis[y])
{
vis[y]=1;
q.push(y);
if(++cnt[y]>n) return 0;
}
}
}
}
return 1;
}
int main()
{
n=read(),ml=read(),mr=read();
for(int i=1;i<n;i++) add(i+1,i,0);
for(int i=1;i<=ml;i++)
{
int a,b,c;
a=read(); b=read(); c=read();
if(b<a) swap(a,b);
add(a,b,c);
}
for(int i=1;i<=mr;i++)
{
int a,b,c;
a=read(); b=read(); c=read();
if(b<a) swap(a,b);
add(b,a,-c);
}
if(!spfa(n))
{
printf("-1");
return 0;
}
spfa(1);
if(dis[n]==0x3f3f3f3f) printf("-2");
else printf("%d",dis[n]);
return 0;
}
