【学习笔记】差分约束

前言

2024.1.27 $h u g e$ 在讲不要忽略算法的细节时，以最短路和差分约束为例子。发现自己差分约束忘得差不多了，于是就有了这篇博客。

负环

在一张图中，若存在一条边权之和为负数的回路，则称这个回路为负环。在一张图中，若存在一条边权之和为正数的回路，则称这个回路为正环。
如果一张图中存在负环，则可以表现为在 $S P F A$ 的迭代过程中，无论经过多少次迭代，总存在一条有向边 $(x, y, z)$ 满足 $d i s_{s, y} > d i s_{s, x} + z d$ ，其中 $s$ 为起点，从而使得 $S P F A$ 的迭代永远不能结束。

代码实现

判定最短路径包含的边数

设 $c n t_{s, x}$ 表示从起点 $s$ 到 $x$ 的最短路径包含的边数。规定 $c n t_{s, s} = 0$ 。当执行 $d i s_{s, y} = d i s_{s, x} + z$ 时，同时更新 $c n t_{s, y} = c n t_{s, x} + 1$ 。此时如果有 $c n t_{s, y} \geq n$ ，则说明图中存在从起点 $s$ 出发能到达的负环。若迭代能够完成，即算法正常结束，则说明图中不存在从起点 $s$ 出发能到达的负环。

点击查看代码

bool spfa(int s,int n)
{
	int i,x;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	queue<int>q;
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				num[e[i].to]=num[x]+1;
				if(num[e[i].to]>=n)
				{
					return false;//若返回false，则说明图中存在从起点s出发能到达的负环
				}
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					q.push(e[i].to);
					vis[e[i].to]=1;
				}
			}
		}
	}
	return true;//若返回true，则说明图中不存在从起点s出发能到达的负环
}

卡时做法

对于上面的判定最短路径包含的边数做法，可以根据运行时间限制，给 $c n t_{y}$ 设定一个上界，超出时直接判定存在负环。

点击查看代码

......//剩余代码同上
if(num[e[i].to]>=MAX_N)//MAX_N为设定的上界
{
	return false;//若返回false，则说明图中存在从起点s出发能到达的负环
}
......//剩余代码同上

将

S P F A

从基于

B F S

实现改为基于

D F S

实现

对于一条有向边 $(x, y, z)$ ，当执行 $d i s_{s, y} = d i s_{s, x} + z$ 时，同时判断 $y$ 是否已经访问过或从 $y$ 出发是否能到达负环。对于前者，如果 $y$ 在递归前已经被访问过，则说明图中存在从起点 $s$ 出发能到达的负环；否则，则说明图中不存在从起点 $s$ 出发能到达的负环。对于后者，直接转移即可。

点击查看代码

bool spfa(int s)
{
	vis[s]=1;
	for(int i=head[s];i!=0;i=e[i].next)	
	{
		if(dis[e[i].to]>dis[s]+e[i].w)
		{
			dis[e[i].to]=dis[s]+e[i].w;
			if(vis[e[i].to]==1||spfa(e[i].to)==false)
			{
				return false;//若返回false，则说明图中存在从起点s出发能到达的负环
			}
		}
	}
	vis[s]=0;//记得回溯
	return true;//若返回true，则说明图中不存在从起点s出发能到达的负环
}
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dis[s]=0;

例题
- luogu P3385 【模板】负环
- luogu P2850 [USACO06DEC] Wormholes G

差分约束

差分约束系统是由 $m$ 个 $n$ 元一次不等式组成的 $n$ 元一次不等式组，形如 ${\begin{cases} x_{a_{1}} - x_{b_{1}} \leq c_{1} \\ x_{a_{2}} - x_{b_{2}} \leq c_{2} \\ \dots \\ x_{a_{m}} - x_{b_{m}} \leq c_{m} \end{cases}$ ，其中对于每一个 $i (1 \leq i \leq m)$ 均有 $1 \leq a_{i}, b_{i} \leq n$ 。我们要解决的问题是：求一组解 ${\begin{cases} x_{1} = a n s_{1} \\ x_{2} = a n s_{2} \\ \dots \\ x_{n} = a n s_{n} \end{cases}$ ，使得所有的不等式均成立或给出无解信息。
代码实现
- 对于第 $i (1 \leq i \leq m)$ 个不等式 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \leq c_{i}$ ，可以变形为 $x_{a_{i}} \leq x_{b_{i}} + c_{i}$ 。这与三角形不等式 $d i s_{s, y} \leq d i s_{s, x} + z$ 十分相似。因此我们可以把变量 $x_{a_{i}}$ 看做有向图中的一个节点 $a_{i}$ ，从节点 $b_{i}$ 向节点 $a_{i}$ 连一条 $c_{i}$ 的有向边。
  - 由不等式基本性质，容易有若 ${\begin{cases} x_{1} = a n s_{1} \\ x_{2} = a n s_{2} \\ \dots \\ x_{n} = a n s_{n} \end{cases}$ 是原差分约束系统的一组解，则 ${\begin{cases} x_{1} = a n s_{1} + d \\ x_{2} = a n s_{2} + d \\ \dots \\ x_{n} = a n s_{n} + d \end{cases}$ 也是原差分约束系统的一组解，其中 $d$ 为常数。
  - 如果题目要求给定了所有解的最小值 $k$ 或通过如上的构图方式所构出的图不连通时，需要加入一个超级源点 $0$ ，并令 $x_{0} = k$ ，同时原差分约束系统增加了 $n$ 个 $n$ 元一次不等式 $x_{a_{i}} - x_{0} \leq k$ 。
- 设 $d i s_{0, 0} = k$ ，以 $0$ 为起点（超级源点）求单源最短路。若图中存在负环，则给定的差分约束系统无解；否则， ${\begin{cases} x_{1} = d i s_{1} \\ x_{2} = d i s_{2} \\ \dots \\ x_{n} = d i s_{n} \end{cases}$ 为原差分约束系统的一组最大解。
  - 一些比较显然的转化
    - 若对于任意一个 $i (1 \leq i \leq m)$ 有 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \geq c_{i}$ 可以从节点 $b_{i}$ 向节点 $a_{i}$ 连一条 $c_{i}$ 的有向边，求单源最长路，判定有无解变为是否存在正环，此时得到的解为原差分约束系统的一组最小解；或者可以转化为 $x_{b_{i}} - x_{a_{i}} \leq - c_{i}$ 。
      - 同样地，若对于任意一个 $i$ 有 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \leq c_{i}$ 也可以转化为 $x_{b_{i}} - x_{a_{i}} \geq - c_{i}$ 。
    - 若对于任意一个 $i (1 \leq i \leq m)$ 有 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} = c_{i}$ 可以转化为 ${\begin{cases} x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \leq c_{i} \\ x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \geq c_{i} \end{cases}$ ，即 ${\begin{cases} x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \leq c_{i} \\ x_{b_{i}} - x_{a_{i}} \leq - c_{i} \end{cases}$ 。
    - 若对于任意一个 $i (1 \leq i \leq m)$ 有 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} > c_{i}$ 可以转化为 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \geq c_{i} + 1$ 。
    - 若对于任意一个 $i (1 \leq i \leq m)$ 有 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} < c_{i}$ 可以转化为 $x_{a_{i}} - x_{b_{i}} \leq c_{i} - 1$ 。

例题

luogu P5960 【模板】差分约束

以下两种不同的写法均可。

单源最短路找负环

void spfa(ll s,ll n)//单源最短路找负环
{
	ll i,x;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	queue<ll>q;
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				num[e[i].to]=num[x]+1;
				if(num[e[i].to]>=n+1)
				{
					cout<<"NO"<<endl;
					exit(0);
				}
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					q.push(e[i].to);
					vis[e[i].to]=1;
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	ll n,m,u,v,w,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add(0,i,0);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(v,u,w);
	}
	spfa(0,n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cout<<dis[i]<<" ";
	}
	return 0;
}

单源最长路找正环

void spfa(ll s,ll n)
{
	ll i,x;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
	queue<ll>q;
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]<dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				num[e[i].to]=num[x]+1;
				if(num[e[i].to]>=n+1)
				{
					cout<<"NO"<<endl;
					exit(0);
				}
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					q.push(e[i].to);
					vis[e[i].to]=1;
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	ll n,m,u,v,w,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add(0,i,0);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,-w);
	}
	spfa(0,n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cout<<dis[i]<<" ";
	}
	return 0;
}

luogu P1260 工程规划
- 同 luogu P5960 【模板】差分约束。
tgHZOJ 183. 小K的农场
- 数据弱化版：BZOJ 3436.小K的农场 | luogu P1993 小 K 的农场
- 本题因数据经过特殊的构造，卡掉了基于 $B F S$ 实现的 $S P F A$ 。故需要使用 deque 优化 $S P F A$ 或使用 $D F S$ 式的 $S P F A$ 。但是因为数据较水，使用卡时做法也可通过。
  - luogu P1993 小 K 的农场经过特殊的构造，用遍历边的顺序卡掉了链式前向星的 $D F S$ 式的 $S P F A$ ，需要使用 vector 建图或事先打乱边。

AT_arc090_b [ABC087D] People on a Line

不知道为啥空间开到 $20 \times m$ 才过。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[4000010];
int head[4000010],dis[4000010],vis[4000010],num[4000010],cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
bool spfa(int s)
{
	vis[s]=1;
	for(int i=head[s];i!=0;i=e[i].nxt)	
	{
		if(dis[e[i].to]<dis[s]+e[i].w)
		{
			dis[e[i].to]=dis[s]+e[i].w;
			if(vis[e[i].to]==1||spfa(e[i].to)==false)
			{
				return false;
			}
		}
	}
	vis[s]=0;
	return true;
}
int main()
{
	int n,m,u,v,w,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		add(v,u,-w);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add(0,i,0);
	}
	memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	dis[0]=0;
	if(spfa(0)==true)
	{
		cout<<"Yes"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"No"<<endl;
	}
	return 0;
}

luogu P3275 [SCOI2011] 糖果

容易发现，单源最长路求正环时，边权只有 $0$ 和 $1$ 。故若图中存在环，则这个环边权之和必须等于 $0$ ，否则一定无解。

类似 luogu P3008 [USACO11JAN] Roads and Planes G ，我们对原图进行缩点。然后进行拓扑求最长路即可。

点击查看代码

struct node
{
	ll nxt,to,w;
}e[300000];
ll head[300000],dis[300000],dfn[300000],low[300000],ins[300000],scc[300000],c[300000],u[300000],v[300000],w[300000],din[300000],cnt=0,m=0,tot=0,ans=0;
stack<ll>s;
void add1(ll u,ll v,ll w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void add2(ll uu,ll vv,ll ww)
{
	m++;
	u[m]=uu;
	v[m]=vv;
	w[m]=ww;
}
void tarjan(ll x)
{
	int i,k=0;
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	ins[x]=1;
	s.push(x);
	for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(dfn[e[i].to]==0)
		{
			tarjan(e[i].to);
			low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
		}
		else
		{
			if(ins[e[i].to]==1)
			{
				low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		ans++;
		while(x!=k)
		{
			k=s.top();
			ins[k]=0;
			c[k]=ans;
			scc[ans]++;
			s.pop();
		}
	}
}
void top_sort(ll n)
{
	queue<ll>q;
	ll i,x;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(din[i]==0)
		{
			q.push(i);
			dis[i]=1;
		}
	}
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			dis[e[i].to]=max(dis[e[i].to],dis[x]+e[i].w);
			din[e[i].to]--;
			if(din[e[i].to]==0)
			{
				q.push(e[i].to);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	ll n,q,uu,vv,pd,sum=-1,flag=0,i;//因为额外多算了n+1，所以事先需要设为-1
	cin>>n>>q;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add1(n+1,i,0);
		add2(n+1,i,0);
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>pd>>uu>>vv;
		switch(pd)
		{
			case 1:
				add1(uu,vv,0);
				add2(uu,vv,0);
				add1(vv,uu,0);
				add2(vv,uu,0);
				break;
			case 2:
				add1(uu,vv,1);
				add2(uu,vv,1);
				break;
			case 3:
				add1(vv,uu,0);
				add2(vv,uu,0);
				break;
			case 4:
				add1(vv,uu,1);
				add2(vv,uu,1);
				break;
			case 5:
				add1(uu,vv,0);
				add2(uu,vv,0);
				break;
		}
	}
	for(i=1;i<=n+1;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			tarjan(i);
		}
	}
	cnt=0;
	memset(e,0,sizeof(e));
	memset(head,0,sizeof(dis));
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(c[u[i]]!=c[v[i]])
		{
			add1(c[u[i]],c[v[i]],w[i]);
			din[c[v[i]]]++;
		}
		else
		{
			if(w[i]==1)
			{
				flag=1;
				break;
			}
		}
	}
	if(flag==0)
	{
		top_sort(ans);
		for(i=1;i<=ans;i++)
		{
			sum+=dis[i]*scc[i];
		}
	}
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}

luogu P4878 [USACO05DEC] Layout G

设 $x_{i}$ 表示 $0 \sim i$ 中奶牛的数量。
由于一个点可以有多头奶牛，隐含着 $x_{i + 1} - x_{i} \geq 0$ 的关系。
无法排队即建出的图中存在负环（需要从超级源点开始遍历）。

可以任意远离即 $1$ 无法到达 $n$ 。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[100000];
int head[100000],dis[100000],vis[100000],num[100000],cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void spfa(int s,int n)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(num,0,sizeof(num));
	int x,i;
	queue<int>q;
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				num[e[i].to]=num[x]+1;
				if(num[e[i].to]>=n+1)
				{
					cout<<"-1"<<endl;
					exit(0);
				}
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					q.push(e[i].to);
					vis[e[i].to]=1;
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m1,m2,i,u,v,w;
	cin>>n>>m1>>m2;
	for(i=1;i<=m1;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
	}
	for(i=1;i<=m2;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(v,u,-w);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add(0,i,0);
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		add(i+1,i,-0);
	}
	spfa(0,n);
	spfa(1,n);
	if(dis[n]==0x3f3f3f3f)
	{
		cout<<"-2"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<dis[n]<<endl;
	}
	return 0;
}

luogu P1645 序列

多倍经验： luogu P1250 种树 | luogu P1986 元旦晚会 | SP116 INTERVAL - Intervals | UVA1723 Intervals | luogu P10934 西瓜种植
设 $x_{i}$ 表示 $[1, i]$ 中选择的数的个数。
$[a_{i}, b_{i}]$ 中至少有 $c_{i}$ 个数被选出等价于 $x_{b_{i}} - x_{a_{i} - 1} \geq c_{i}$ 。

由于一个数只能选一次，隐含着 $0 \leq x_{i} - x_{i - 1} \leq 1$ 的关系。

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struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[200001];
int head[200001],vis[200001],dis[200001],cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void spfa(int s)
{
	int i,x;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
	queue<int>q;
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]<dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					q.push(e[i].to);
					vis[e[i].to]=1;
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int m,n=0,u,v,w,i,t,j;
	cin>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v+1,w);
		n=max(n,v+1);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add(i-1,i,0);
		add(i,i-1,-1);
	}
	spfa(0);
	cout<<dis[n]<<endl;
	return 0;
}

luogu P10941 Cashier Employment

为方便代码书写，规定时间为 $1 \sim 24$ 。
设 $s u m_{i}$ 表示应聘的人中从第 $i$ 个小时开始工作的人的数量， $x_{i}$ 表示招聘的人中从第 $i$ 个小时开始工作的人的数量。
由题，有 ${\begin{cases} \sum_{j = 1}^{i} x_{j} + \sum_{17 + i}^{24} x_{j} \geq r_{i} & 1 \leq i \leq 7 \\ \sum_{j = i - 7}^{i} x_{j} \geq r_{i} & 8 \leq i \leq 24 \end{cases}$ ，即 ${\begin{cases} \sum_{j = 1}^{i} x_{j} + \sum_{j = 1}^{24} x_{j} - \sum_{j = 1}^{16 + i} x_{j} \geq r_{i} & 1 \leq i \leq 7 \\ \sum_{j = 1}^{i} x_{j} - \sum_{j = 1}^{i - 8} x_{j} \geq r_{i} & 8 \leq i \leq 24 \end{cases}$ ，移项得 ${\begin{cases} \sum_{j = 1}^{i} x_{j} - \sum_{j = 1}^{16 + i} x_{j} \geq r_{i} - \sum_{j = 1}^{24} x_{j} & 1 \leq i \leq 7 \\ \sum_{j = 1}^{i} x_{j} - \sum_{j = 1}^{i - 8} x_{j} \geq r_{i} & 8 \leq i \leq 24 \end{cases}$ 。
由于一个数只能选一次，隐含着 $0 \leq x_{i} - x_{i - 1} \leq s u m_{i}$ ，即 $0 \leq \sum_{j = 1}^{i} x_{j} - \sum_{j = 1}^{i - 1} x_{j} \leq s u m_{i}$ 。

枚举 $\sum_{i = 1}^{24} x_{i}$ 判断即可。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[100];
int head[100],dis[100],vis[100],num[100],r[100],sum[100],cnt=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
bool spfa(int s,int n)
{
	memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(num,0,sizeof(num));
	int x,i;
	queue<int>q;
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		vis[x]=0;
		q.pop();
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(dis[e[i].to]<dis[x]+e[i].w)
			{
				dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
				num[e[i].to]=num[x]+1;
				if(num[e[i].to]>=n+1)
				{
					return false;
				}
				if(vis[e[i].to]==0)
				{
					q.push(e[i].to);
					vis[e[i].to]=1;
				}
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	int t,n,x,ans,i,j,k;
	cin>>t;
	for(k=1;k<=t;k++)
	{   
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		ans=-1;
		for(i=1;i<=24;i++)
		{
			cin>>r[i];
		}
		cin>>n;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>x;
			sum[x+1]++;
		}
		for(i=0;i<=n;i++)
		{
			cnt=0;
			memset(e,0,sizeof(e));
			memset(head,0,sizeof(head));
			add(0,24,i);
			add(24,0,-i);
			for(j=1;j<=24;j++)
			{
				add(j-1,j,0);
				add(j,j-1,-sum[j]);
			}
			for(j=1;j<=8;j++)
			{
				add(j+16,j,r[j]-i);
			}
			for(j=9;j<=24;j++)
			{
				add(j-8,j,r[j]);
			}
			if(spfa(0,24)==true)
			{
				ans=i;
				break;
			}
		}
		if(ans!=-1)
		{
			cout<<ans<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<"No Solution"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

参考资料

《算法竞赛进阶指南》——李煜东

OI-WiKi

我的无优化 SPFA 果然有问题

posted @ 2024-03-27 17:08 hzoi_Shadow 阅读(114) 评论(2) 编辑收藏举报

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