【6*】差分约束系统学习笔记
前言
此类知识点大纲中并未涉及,所以【6】是我自己的估计,后带星号表示估计,仅供参考。
差分约束系统属于图论建模,有一定的思维难度,而且比较绕,同时题目中的隐含条件也非常多,是一个比较难的知识点。
差分约束
给出一组包含 个不等式,有 个未知数的形如:
的不等式组,求任意一组满足这个不等式组的解(或 的最大值)。
变形得到:
此时, 最大可以取 ,于是可以把这个看作一条 ,边权为 的有向边,这样边上存储的就是 的最大差值。这样建成一张有向图后,每条 的路径就是 与 的在一个不等式组中的最大差值。根据不等式“同小取小”的原则, 与 的最大差值就是 的最短路径,可以直接使用SPFA求解。
一个差分约束系统会有 种情况:
:有负环,证明没有最小值,该差分约束系统无解。
:在没有负环的情况下,点 和点 不连通,之间没有约束,该差分约束系统有无数解。
:无负环的连通图,有解。
不等式的统一见例题 。
差分约束例题
例题 :
差分约束模板题,可以建立一个“超级源点”,跑出一组差量直接输出即可。
或者看看 零碎知识点整理 的图论 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int t,next,dis;
}e[10050];
int m,n,c,d,k,h[5010],dis[5010],tol[5010],que[800010],book[5010],head=1,tail=0,cnt=0;
void add_edge(int u,int v,int dis)
{
e[++cnt].next=h[u];
e[cnt].t=v;
e[cnt].dis=dis;
h[u]=cnt;
}
bool spfa(int s)
{
que[++tail]=s;
book[s]=1;
while(head<=tail)
{
int now=que[head];
book[que[head]]=0;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
int t=e[i].t;
if(dis[now]+e[i].dis<dis[t])
{
dis[t]=dis[now]+e[i].dis;
if(!book[t])que[++tail]=t,tol[t]++,book[t]=1;
}
if(tol[t]>=n+1)return 1;
}
head++;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
add_edge(0,i,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=99999999;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c,&d,&k);
add_edge(d,c,k);
}
if(spfa(0))printf("NO\n");
else
{
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",dis[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
例题 :
三种情况换算一下就是这样的:
:
两边同时除以 ,得 。
:
:
可以化为 且 ,再选择一个不等式反转就行。
建立一个差分约束系统,在“超级源点”处跑一边SPFA。如果有负环,证明没有最小值,该差分约束系统无解,输出 No
,否则输出 Yes
。
注意一下两点:
:SPFA的队列数组一定要足够长。
:由于添加了一个“超级源点”,每个点的最多入队次数是 次。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int t,next,dis;
}e[20050];
int m,n,c,d,k,h[10010],dis[10010],tol[10010],que[16000010],book[10010],head=1,tail=0,cnt=0;
void add_edge(int u,int v,int dis)
{
e[++cnt].next=h[u];
e[cnt].t=v;
e[cnt].dis=dis;
h[u]=cnt;
}
bool spfa(int s)
{
que[++tail]=s;
book[s]=1;
while(head<=tail)
{
int now=que[head];
book[que[head]]=0;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
int t=e[i].t;
if(dis[now]+e[i].dis<dis[t])
{
dis[t]=dis[now]+e[i].dis;
if(!book[t])que[++tail]=t,tol[t]++,book[t]=1;
}
if(tol[t]>=n+1)return 1;
}
head++;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
add_edge(0,i,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=99999999;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int op=0;
scanf("%d",&op);
if(op==1)
{
scanf("%d%d%d",&c,&d,&k);
add_edge(c,d,-k);
}
else if(op==2)
{
scanf("%d%d%d",&c,&d,&k);
add_edge(d,c,k);
}
else if(op==3)
{
scanf("%d%d",&c,&d);
add_edge(d,c,0);
add_edge(c,d,0);
}
}
if(spfa(0))printf("No\n");
else printf("Yes\n");
return 0;
}
差分约束扩展
给出一组包含 个不等式,有 个未知数的形如:
的不等式组,求任意一组满足这个不等式组的解(或 的最小值)。
变形得到:
此时, 最小可以取 ,于是可以把这个看作一条 ,边权为 的有向边,这样边上存储的就是 的最小差值。这样建成一张有向图后,每条 的路径就是 与 的在一个不等式组中的最小差值。根据不等式“同大取大”的原则, 与 的最小差值就是 的最长路径,可以直接使用SPFA或拓扑排序求解。
差分约束扩展例题
例题 :
由于本题涉及到区间计数,自然联想到前缀和。又因为题目要求最小化取的数字的个数,那么就是要化出带 的式子。
设 为前 项的前缀和(选择的数字个数),那么对于区间 中至少取任意互不相同的 个整数,则根据前缀和思想,转化为:
同时,这题有两个隐含条件:
:
后面的前缀和一定比前面大,因为数字要么选,要么不选,是一个 或 的变化,前缀和在这里只增不减。
:
因为每个数字只能选择一次,所以对于每个位置,前缀和每次最多只能增加 。
变形后得到:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int t,next,dis;
}e[800050];
int t,n,md,c,d,k,h[50010],dis[50010],tol[50010],que[21000010],book[50010],head=1,tail=0,cnt=0,maxn=0;
void add_edge(int u,int v,int dis)
{
e[++cnt].next=h[u];
e[cnt].t=v;
e[cnt].dis=dis;
h[u]=cnt;
}
bool spfa(int s)
{
que[++tail]=s;
book[s]=1;
while(head<=tail)
{
int now=que[head];
book[que[head]]=0;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
int t=e[i].t;
if(dis[now]+e[i].dis>dis[t])
{
dis[t]=dis[now]+e[i].dis;
if(!book[t])que[++tail]=t,tol[t]++,book[t]=1;
}
if(tol[t]>=maxn)return 1;
}
head++;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(h,0,sizeof(h));memset(tol,0,sizeof(tol));memset(book,0,sizeof(book));
head=1;tail=0;cnt=0;maxn=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c,&d,&k);
maxn=max(c,maxn);maxn=max(d,maxn);
add_edge(c-1,d,k);
}
for(int i=1;i<=maxn;i++)
dis[i]=-1;
dis[0]=0;
for(int i=1;i<=maxn;i++)
{
add_edge(i-1,i,0);
add_edge(i,i-1,-1);
}
spfa(0);
printf("%d\n",dis[maxn]);
if(t)printf("\n");
}
return 0;
}
后记
弄了一句口诀,方便记忆:
最大小于最短路,最小大于最长路。
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