BZOJ.4500.矩阵(差分约束 SPFA判负环 / 带权并查集)
\(Description\)
有一个\(n\times m\)的矩阵,初始时每个位置权值为\(0\)。可执行两种操作:1. 使某行所有位置加1或减1。2. 使某列所有位置加1或减1。
给定\(k\)个限制\((x,y,c)\),表示\((x,y)\)位置操作完后价值需为\(c\),求是否能在若干次操作后,矩阵满足所有条件。
\(n,m,k\leq 1000\)。
\(Solution\)
差分约束:
太真实了= = 插个广告:这里有差分约束详(并不)解。
记\(r_i\)为第\(i\)行整体加了多少的权值,\(c_i\)为第\(i\)列整体加了多少权值,那么限制\((i,j),k\)就是\(r_i+c_j=k\)。
这就是差分约束裸题了。\(r_i+c_j=k\Rightarrow r_i-(-c_j)\leq k\ \&\&\ -c_j-r_i\leq -k\)。
注意形式是\(x_j-x_i\leq w\)=v=
建边跑最短路判负环即可。
去洛谷复习以前的板子(忘了怎么写了=-=),发现DFS判负环被卡掉了?太棒啦不用背DFS的代码惹。
乖乖写BFS好了。
带权并查集:
发现这题和BZOJ1202是一模一样的= =。因为全是相等关系,其实是十分特殊的差分约束,可以用带权并查集做。
记\(fa[x]\)表示\(x\)所在集合的根节点,\(dis[x]\)表示\(x\)到\(fa[x]\)的实际距离。
所谓距离是指:对于\(r+c=k\),变成\(r-(-c)=k\),即\(r\)比\(-c\)大\(k\),就在\(r\to -c\)之间连距离为\(k\)的边,同时令\(fa[r]=-c\)。
这样对于一个限制\(r,c,k\),如果\(r,c\)不在同一集合就合并(令较大的数的祖先是较小的数)。在并查集\(Find\)过程中顺便维护一下\(dis\)(具体见代码好惹,注意变量赋值顺序)。
如果\(r,c\)在同一集合,就根据\(dis\)差判一下它俩的距离是否等于\(k\)。
就算\(k\)可能是负的这么做也没什么问题。(废话=v=)
差分约束:
//904kb 48ms
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2005;
int Enum,H[N],nxt[N],to[N],len[N],dis[N],dgr[N];
bool vis[N],inq[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline void AE(int u,int v,int w)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w;
}
bool SPFA(int s,int n)//怎么都直接拿n做总点数的=-= 强迫症表示不行
{
std::queue<int> q;
q.push(s), dis[s]=0;
while(!q.empty())
{
int x=q.front(); q.pop();
inq[x]=0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if(dis[v=to[i]]>dis[x]+len[i])
{
if(++dgr[v]>n) return 1;
dis[v]=dis[x]+len[i], !inq[v]&&(q.push(v),inq[v]=1);
}
}
return 0;
}
int main()
{
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
int n=read(),m=read(),tot=n+m,cnt=0;
Enum=0, memset(H,0,tot+1<<2), memset(vis,0,tot+1);
for(int u,v,w,K=read(); K--; )
{
u=read(),v=read()+n,w=read();
AE(v,u,w), AE(u,v,-w);
if(!vis[u]) vis[u]=1, ++cnt;
if(!vis[v]) vis[v]=1, ++cnt;
}
memset(dis,0x7f,tot+1<<2), memset(dgr,0,tot+1<<2), memset(inq,0,tot+1);
bool fg=1;
for(int i=1; i<=tot; ++i)
if(vis[i]&&dis[i]==dis[0]&&SPFA(i,cnt)) {fg=0; break;}
puts(fg?"Yes":"No");
}
return 0;
}
带权并查集:
//836kb 20ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2005;
int fa[N],dis[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int Find(int x)
{
if(x==fa[x]) return x;
int t=fa[x];
fa[x]=Find(t), dis[x]+=dis[t];//!!!
return fa[x];
}
int main()
{
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
const int n=read(),m=read(),tot=n+m;
for(int i=1; i<=tot; ++i) fa[i]=i, dis[i]=0;
bool fg=1;
for(int u,v,w,K=read(); K--; )
{
u=read(),v=read()+n,w=read();
if(!fg) continue;
int r1=Find(u),r2=Find(v);
if(r1!=r2) fa[r1]=r2, dis[r1]=dis[v]+w-dis[u];
else if(dis[u]-dis[v]!=w) fg=0;
}
puts(fg?"Yes":"No");
}
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------