【知识点复习】负环与差分约束
前言
写博客写麻了。网课令人身心俱疲
参考链接：算法学习笔记(11): 差分约束
负环
负环：这还用解释？
最短路里面有提到过，这里就不赘述了(主要是懒啊呸摆)。
差分约束系统
定义：一种特殊的 \(N\) 元一次不等式组，包含 \(N\) 个变量，\(M\) 个约束条件， 每个约束条件都是有两个变量作差构成的， 形如 \(X_i - X_j <= C_k\)。
对于差分约束系统而言，其中的每个约束条件都可以看做一条由点 \(j\) 连向点 \(i\) 的长为 \(C_k\) 的有向边。
注意到如果 { \(a_1, a_2, …, a_n\) } 为一组解，
那么对于任意常数 \(t\)，{ \(a_1 + t, a_2 + t, …, a_n + t\) } 也是一组解。
所以，不妨先求一组负数解，然后再增加一个 \(0\) 号节点, 令 \(X_0 = 0\)。
这样一来，就多增加了 \(N\) 条从节点 \(0\) 连向节点 \(1 ~ n\) 的有向边。
令 \(dis[0] = 0\)，套进求单源最短路，\(X_i = dis[i]\) 即为一组解。
另外，如果图中存在负环，说明该差分约束系统无解。
应用
观光奶牛
给定一张 L 个点、P 条边的有向图，每个点都有一个权值 f[i]，每条边都有一个权值 t[i]。
求图中的一个环，使“环上各点的权值之和”除以“环上各边的权值之和”最大。
输出这个最大值。
注意：数据保证至少存在一个环。
同样是二分答案。
因为题目保证至少存在一个环，所以不用考虑成环的问题。
因此“环上各点的权值之和 除以 环上各边的权值之和” 可以暂时理解成 “单个点的边权 除以 点权”， 下文记作 \(mid\)。
检验时，通过二分的 \(mid\) 求出理想边权（非实际），然后建立差分约束系统，通过记录每个点的点权改变次数判断是否存在负环 ，如果存在负环，说明差分约束无解，答案应该缩小；否则答案有增大的可能。
点击查看代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-4;
const int N = 1005, M = 5005;
int n, m, q[N * M], a[N], cnt[N];
int tot, head[N], nex[M], to[M], w[M];
bool vis[N];
double dis[N];
void add(int x, int y, int z) {
to[++tot] = y, nex[tot] = head[x], head[x] = tot, w[tot] = z;
}
bool check(double mid) {
int now, ver, st = 0, ed = -1;
double tmp;
for(int i = 1; i <= n; i ++) vis[i] = 1, dis[i] = cnt[i] = 0, q[++ed] = i;
while(st <= ed) {
now = q[st ++], vis[now] = 0;
for(int i = head[now]; i; i = nex[i]) {
ver = to[i], tmp = w[i] * mid - a[now];
if(dis[ver] > dis[now] + tmp) {
dis[ver] = dis[now] + tmp;
cnt[ver] = cnt[now] + 1;
if(cnt[ver] >= n) return 1;
if(!vis[ver]) q[++ed] = ver;
}
}
}
return 0;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
int u, v, z;
while(m --) {
scanf("%d %d %d", &u, &v, &z);
add(u, v, z);
}
double l = 0, r = 1000, mid;
while(r - l > eps) {
mid = (l + r) / 2;
if(check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.2lf", r);
return 0;
}
区间
给定 n 个区间 [ai,bi] 和 n 个整数 ci 。
你需要构造一个整数集合 Z，使得 ∀i∈[1,n]，Z 中满足 ai≤x≤bi 的整数 x 不少于 ci 个。
求这样的整数集合 Z 最少包含多少个数。
就是个板题，看题可以找的非常明显的条件 \(s[b_i] - s[a_i - 1] >= c_i\)，直接连边就好。
但是题目还有一些需要注意的其他约束条件，才能保证求出的解有意义：
-
\(s[i] - s[i - 1] >= 0\) —— \(0 ~ i\) 之间选出的数肯定大于 \(0 ~ i-1\)；
-
\(s[i - 1] - s[i] >= -1\) —— 每个数只能选一次；
-
\(s[i] - s[0] >= 0\) —— 显然。
这样建立的差分约束系统才算完整。
记图中的最大标号为 \(mx\)。
跑一遍 \(Spfa\)， 最后 \(dis[mx]\) 即为所求答案。
点击查看代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 5;
int n, tot, mx, head[N], nex[N * 5], to[N *5], w[N *5];
void add(int x, int y, int z) {
to[++tot] = y, nex[tot] = head[x], w[tot] = z, head[x] = tot;
}
int dis[N];
queue<int> q;
bool vis[N];
void Spfa(int s) {
memset(dis, -0x3f, sizeof(dis));
dis[s] = 0, vis[s] = 1, q.push(s);
int now, ver;
while(!q.empty()) {
now = q.front(), q.pop(), vis[now] = 0;
for(int i = head[now]; ~i; i = nex[i]) {
ver = to[i];
if(dis[ver] < dis[now] + w[i]) {
dis[ver] = dis[now] + w[i];
if(!vis[ver]) {
vis[ver] = 1;
q.push(ver);
}
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
int a, b, c;
memset(head, -1, sizeof(head));
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c), b ++;
mx = max(max(a, b), mx);
add(0, b, 0), add(0, a, 0), add(a, b, c);
}
for(int i = 1; i <= mx; i ++) add(i - 1, i, 0), add(i, i - 1, -1);
Spfa(0);
printf("%d", dis[mx]);
return 0;
}
