BZOJ2330 糖果[差分约束方案+spfa?/tarjan]
以往对于差分约束理解不是太深，导致这题屡次被坑，在此记录一下细节的理解。
差分约束实际上就是利用了spfa的一个特性：只要有$dis_y>dis_x+w_{x,y}$就松弛，直到所有边关系都满足$dis_y\le dis_x+w_{x,y}$，而这一不等式恰好可以套在差分约束问题里。差分约束要求满足前面这个玩意，把每个变量的值看做$dis_i$，建边，跑spfa最短路，使得所有边都满足关系。这个之前就已经明白了。
但是忽视了一点：注意到跑出来的最短路中$dis$即为$x$的一组合法取值，并且这组取值同时加上某个值$a$，也是满足不等式约束的。不过，这些解集构成的集合，并不是解集集合的全集（有点绕），显然在跑spfa时只是使得每个点的$dis$贴着松弛他的$dis+w$，其实这个实际取值$x$还可以更小。而如果用最长路的建边方式，$x$可以更大。两者都是等效的。在这题里面，由于要求每个数都是正整数且总和最小，并不可以使用建负权边跑最短路的方法。。。因为解出来的解集即使全部平移到正数区域，你也不知道有没有哪些数可以更小一些，哪些数不能再小了。而建正权边跑最长路，根据上述分析，每个$x$也就是$dis$必然是贴着最小的可能取值的，这样就极其简便的获取最小解。
第二个点，因为spfa理论复杂度$O(mn)$，所以想卡很容易，再加上这题由于差分约束要把所有点都加入队列，所以很容易想到如果构造一条链，连边全部反过来，$1\leftarrow 2\leftarrow ...\leftarrow n$，显然会跑接近$n^2$次，不过数据里并没有故意卡，倒是有一个顺着正向的链的data，我这里采用直接顺着加入队列就没有问题了。但是实际上还是可以卡的？另外，有的点明显spfa被卡，但是有数据连了-1的自环，可以提前特判结束。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<queue> 7 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 8 #define dbg2(x,y) cerr<< #x <<" = "<< x <<" "<< #y <<" = "<< y <<endl 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 typedef double db; 12 typedef pair<int,int> pii; 13 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 14 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 15 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 16 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 17 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 18 template<typename T>inline T read(T&x){ 19 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 20 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 21 } 22 const int N=1e5+7; 23 struct thxorz{int to,nxt,w;}G[N<<1]; 24 int Head[N],tot,inq[N],rel[N]; 25 int n,m; 26 ll ans; 27 inline void Addedge(int x,int y,int z){G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot,G[tot].w=z;} 28 queue<int> q; 29 ll dis[N]; 30 #define y G[j].to 31 inline bool spfa(){ 32 for(register int i=1;i<=n;++i)q.push(i),inq[i]=1,dis[i]=1; 33 while(!q.empty()){ 34 int x=q.front();q.pop();inq[x]=0;//dbg2(x,dis[x]); 35 for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(MAX(dis[y],dis[x]+G[j].w)){ 36 rel[y]=rel[x]+1;if(rel[y]>=n)return 0; 37 if(!inq[y])inq[y]=1,q.push(y); 38 } 39 } 40 return 1; 41 } 42 #undef y 43 int main(){//freopen("1.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 44 read(n),read(m); 45 for(register int i=1,opt,x,y;i<=m;++i){ 46 read(opt),read(x),read(y); 47 if(opt==1)Addedge(x,y,0),Addedge(y,x,0); 48 else if(opt==2)Addedge(x,y,1); 49 else if(opt==3)Addedge(y,x,0); 50 else if(opt==4)Addedge(y,x,1); 51 else Addedge(x,y,0); 52 if((opt==2||opt==4)&&x==y){printf("-1\n");return 0;} 53 } 54 if(spfa()){ 55 for(register int i=1;i<=n;++i)ans+=dis[i]; 56 printf("%lld\n",ans); 57 } 58 else puts("-1"); 59 return 0; 60 }
2019.11.01UPD：
关于正权图或者负权图的差分约束有更快的线性做法。
以最长路为例，如果图上只有正权边和零边，那么，只要看有没有环是正环，也就是说，对于每一条正边，如果他在一个SCC里，那显然就是正环了，直接判无解。否则，有环的话也只能是零环，零环意味着环上所有点值相同（因为一个被更新，所有点最长路顺着一圈都被更新），所以可以把他们缩掉，这样就变成了一张DAG，这时候就可以直接拓扑排序更新最大值了，最后每个点所在SCC的值就是他的解了。复杂度线性。当然，环上有正有负就不好整了。spfa又死了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<queue> 7 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 8 #define dbg2(x,y) cerr<< #x <<" = "<< x <<" "<< #y <<" = "<< y <<endl 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 typedef double db; 12 typedef pair<int,int> pii; 13 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 14 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 15 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 16 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 17 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 18 template<typename T>inline T read(T&x){ 19 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 20 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 21 } 22 const int N=1e5+7; 23 int n,m; 24 ll ans; 25 struct thxorz{ 26 int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],from[N<<1],w[N<<1],tot; 27 inline void add(int x,int y,int z){to[++tot]=y,from[tot]=x,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot,w[tot]=z;} 28 }G1,G2; 29 int dfn[N],low[N],stk[N],instk[N],bel[N],scc,tim,top; 30 #define y G1.to[j] 31 void tarjan(int x){ 32 dfn[x]=low[x]=++tim,stk[++top]=x,instk[x]=1; 33 for(register int j=G1.head[x];j;j=G1.nxt[j]){ 34 if(!dfn[y])tarjan(y),MIN(low[x],low[y]); 35 else if(instk[y])MIN(low[x],dfn[y]); 36 } 37 if(low[x]==dfn[x]){ 38 int tmp;++scc; 39 do instk[tmp=stk[top--]]=0,bel[tmp]=scc;while(tmp^x); 40 } 41 } 42 #undef y 43 queue<int> q; 44 int dis[N],deg[N]; 45 #define y G2.to[j] 46 inline void topo(){ 47 for(register int i=1;i<=scc;++i){dis[i]=1;if(!deg[i])q.push(i);} 48 while(!q.empty()){ 49 int x=q.front();q.pop(); 50 for(register int j=G2.head[x];j;j=G2.nxt[j]){ 51 MAX(dis[y],dis[x]+G2.w[j]); 52 if(!(--deg[y]))q.push(y); 53 } 54 } 55 } 56 #undef y 57 int main(){//freopen("1.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 58 read(n),read(m); 59 for(register int i=1,opt,x,y;i<=m;++i){ 60 read(opt),read(x),read(y); 61 if(opt==1)G1.add(x,y,0),G1.add(y,x,0); 62 else if(opt==2)G1.add(x,y,1); 63 else if(opt==3)G1.add(y,x,0); 64 else if(opt==4)G1.add(y,x,1); 65 else G1.add(x,y,0); 66 } 67 for(register int i=1;i<=n;++i)if(!dfn[i])tarjan(i); 68 for(register int t=1;t<=G1.tot;++t){ 69 int x=G1.from[t],y=G1.to[t]; 70 if(bel[x]==bel[y]&&G1.w[t]){puts("-1");return 0;} 71 else if(bel[x]^bel[y])G2.add(bel[x],bel[y],G1.w[t]),++deg[bel[y]]; 72 } 73 topo(); 74 for(register int i=1;i<=n;++i)ans+=dis[bel[i]]; 75 printf("%lld\n",ans); 76 return 0; 77 }
