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;
}