AcWing 368. 银河
\(AcWing\) \(368\). 银河
一、题目描述
银河中的恒星浩如烟海，但是我们只关注那些 最亮的恒星。
我们用一个正整数来表示恒星的亮度，数值越大则恒星就越亮，恒星的亮度最暗是 \(1\)。
现在对于 \(N\) 颗我们关注的恒星，有 \(M\) 对亮度之间的相对关系已经判明。
你的任务就是求出这 \(N\) 颗恒星的 亮度值总和至少有多大。
输入格式
第一行给出两个整数 \(N\) 和 \(M\)。
之后 \(M\) 行，每行三个整数 \(T,A,B\)，表示一对恒星 \((A,B)\) 之间的亮度关系。恒星的编号从 \(1\) 开始。
如果 \(T=1\)，说明 \(A\) 和 \(B\) 亮度相等。
如果 \(T=2\)，说明 \(A\) 的亮度小于 \(B\) 的亮度。
如果 \(T=3\)，说明 \(A\) 的亮度不小于 \(B\) 的亮度。
如果 \(T=4\)，说明 \(A\) 的亮度大于 \(B\) 的亮度。
如果 \(T=5\)，说明 \(A\) 的亮度不大于 \(B\) 的亮度。
输出格式
输出一个整数表示结果。
若无解，则输出 \(−1\)。
数据范围
\(N≤100000,M≤100000\)
输入样例：
5 7
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1
输出样例：
11
二、差分约束解法
\(N\) 颗恒星的亮度值总和 至少 有多大
求最小->求所有下界的最大->最长路 √
求最大->求所有上界的最小->最短路 ×
最长路
\(dist[j] ≥ dist[t] + w[i]\)
\(T=1: A=B => A≥B\) \(B≥A\)
\(T=2: A<B => B≥A+1\)
\(T=3: A≥B => A≥B\)
\(T=4: A>B => A≥B+1\)
\(T=5: A≤B => B≥A\)
\(spfa\)最长路 - 做完后每个点的距离就是最小值
- 边是正的 - 存在正环 => 无解
- 有解
必须有绝对值
超级源点(能到所有边)
\(x[i]≥x[0]+1\)
差分约束代码
通过了 10/11个数据
本题数据范围
\(N≤100000,M≤100000\)
和 糖果 那道题一样一样的数据范围，肯定是测试数据进行了加强，导致卡掉了\(spfa\),无论你是\(stack\)优化，\(slf\)优化，还是双端队列优化，还是什么\(dfs\)优化，一概无效。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, M = 300010;
//与AcWing 1169. 糖果 这道题一模一样，连测试用例都一样
stack<int> q; //有时候换成栈判断环很快就能
LL dist[N];
bool st[N];
int cnt[N];
int n, m; //表示点数和边数
//邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
bool spfa() { //求最长路，所以判断正环
memset(dist, -0x3f, sizeof dist); //初始化为-0x3f
//差分约束从超级源点出发
dist[0] = 0;
q.push(0);
st[0] = true;
while (q.size()) {
int u = q.top();
q.pop();
st[u] = false;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (dist[j] < dist[u] + w[i]) { //求最长路
dist[j] = dist[u] + w[i];
cnt[j] = cnt[u] + 1;
//注意多加了超级源点到各各节点的边
if (cnt[j] >= n + 1) return false;
if (!st[j]) {
q.push(j);
st[j] = true;
}
}
}
}
return true;
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < m; i++) {
int op, a, b; // op为选择
scanf("%d %d %d", &op, &a, &b);
if (op == 1) /** a == b => (a >= b , b >= a) */
add(a, b, 0), add(b, a, 0);
else if (op == 2) /** b >= a + 1 */
add(a, b, 1);
else if (op == 3) /** a >= b */
add(b, a, 0);
else if (op == 4) /** a >= b + 1 */
add(b, a, 1);
else /** b >= a */
add(a, b, 0);
}
/** xi >= x0 + 1 （每个小朋友都要至少一个糖果）*/
//将所有节点与超级源点x0相连
for (int i = 1; i <= n; ++i) add(0, i, 1);
if (!spfa())
puts("-1");
else {
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) res += dist[i];
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
三、强连通分量思路
分析
用差分约束可能被卡，用 \(SCC\) 稳定线性，但并非所有差分约束都能通过 \(SCC\) 解决。
本题条件：
- ① 无负权边
- ② 问是否存在正环
- ③ 问每个点到其它点的最长距离
性质
- ① 环一定在 \(SCC\) 中，在无负权边的前提下，若 \(SCC\) 中存在一条正权边，则必存在正环
- ② 若不存在正环，则 \(SCC\) 中每条边权都为 \(0\)，等价于每个点都相等
- ③ 在 \(DAG\) 上求最长距离只需按拓扑序递推
强连通分量代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, M = 600010;
int n, m;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int h[], int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int dist[N];
// tarjan求scc
int dfn[N], low[N], ts, stk[N], top, in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ts;
stk[++top] = u;
in_stk[u] = 1;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
} else if (in_stk[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
++scc_cnt;
int x;
do {
x = stk[top--];
in_stk[x] = 0;
id[x] = scc_cnt;
sz[scc_cnt]++;
} while (x != u);
}
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
memset(h, -1, sizeof h);
memset(hs, -1, sizeof hs);
// 0号超级源点
// ∵ 恒星的亮度最暗是 1
// ∴ 0 ~ i 有一条边权为1的边
for (int i = 1; i <= n; i++) add(h, 0, i, 1);
// 求最小->求所有下界的最大->最长路 √
while (m--) {
int t, a, b;
scanf("%d %d %d", &t, &a, &b);
if (t == 1) // a=b
add(h, b, a, 0), add(h, a, b, 0);
else if (t == 2) // a < b --> b>=a+1
add(h, a, b, 1);
else if (t == 3) // a>=b+0
add(h, b, a, 0);
else if (t == 4) // a>=b+1
add(h, b, a, 1);
else
add(h, a, b, 0); // b>=a+0
}
// 超级源点+强连通分量+缩点
tarjan(0);
for (int u = 0; u <= n; u++) { // 添加上超级源点，就是n+1个点
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
int a = id[u], b = id[v];
if (a == b) {
if (w[i] > 0) { // 在同一个强连通分量中，存在边权大于0的边
puts("-1"); // 必然有正环,最长路存在正环，原不等式组无解
exit(0);
}
} else
add(hs, a, b, w[i]); // 建新图
}
}
for (int u = scc_cnt; u; u--) // 倒序输出拓扑序
for (int i = hs[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
dist[v] = max(dist[v], dist[u] + w[i]);
}
// 因为不存在正环，而且题目保证都是路径>=0,所以强连通分量中必然路径长度都是0
// 即是一样一样的东西
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) res += (LL)dist[i] * sz[i];
printf("%lld\n", res);
return 0;
}
四、答疑解惑
\(Q:\)为什么本题不需要去重边呢？
答：去重边也是一样可以\(AC\)掉的,不去也可以\(AC\)。道理很简单，本题只是通过边不断的求最大值，多了重边求最大值也不会使得最大值变小或变大，无所谓，要是你有路径条数这样的问题，肯定就需要去重边了。
附：去重边代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, M = 600010;
int n, m;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int h[], int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int dist[N];
// tarjan求scc
int dfn[N], low[N], ts, stk[N], top, in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ts;
stk[++top] = u;
in_stk[u] = 1;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
} else if (in_stk[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
++scc_cnt;
int x;
do {
x = stk[top--];
in_stk[x] = 0;
id[x] = scc_cnt;
sz[scc_cnt]++;
} while (x != u);
}
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
memset(h, -1, sizeof h);
memset(hs, -1, sizeof hs);
// 0号超级源点
// ∵ 恒星的亮度最暗是 1
// ∴ 0 ~ i 有一条边权为1的边
for (int i = 1; i <= n; i++) add(h, 0, i, 1);
// 求最小->求所有下界的最大->最长路 √
while (m--) {
int t, a, b;
scanf("%d %d %d", &t, &a, &b);
if (t == 1) // a=b
add(h, b, a, 0), add(h, a, b, 0);
else if (t == 2) // a < b --> b>=a+1
add(h, a, b, 1);
else if (t == 3) // a>=b+0
add(h, b, a, 0);
else if (t == 4) // a>=b+1
add(h, b, a, 1);
else
add(h, a, b, 0); // b>=a+0
}
// 超级源点+强连通分量+缩点
tarjan(0);
unordered_set<LL> S; // 对连着两个不同强连通分量的边进行判重
for (int u = 0; u <= n; u++) { // 添加上超级源点，就是n+1个点
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
int a = id[u], b = id[v];
LL hash = a * 1000000ll + b; // 新两点a,b之间的Hash值，防止出现重边
if (a == b) {
if (w[i] > 0) { // 在同一个强连通分量中，存在边权大于0的边
puts("-1"); // 必然有正环,最长路存在正环，原不等式组无解
exit(0);
}
} else if (!S.count(hash))
add(hs, a, b, w[i]); // 建新图
}
}
for (int u = scc_cnt; u; u--) // 倒序输出拓扑序
for (int i = hs[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
dist[v] = max(dist[v], dist[u] + w[i]);
}
// 因为不存在正环，而且题目保证都是路径>=0,所以强连通分量中必然路径长度都是0
// 即是一样一样的东西
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) res += (LL)dist[i] * sz[i];
printf("%lld\n", res);
return 0;
}
