【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 m 个不等式,有 n 个未知数的形如:

{xc1xc1y1xc2xc2y2xcmxcmym

的不等式组,求任意一组满足这个不等式组的解(或 xixj 的最大值)。

变形得到:

{xc1y1+xc1xc2y2+xc2xcmym+xcm

此时,xi 最大可以取 xi+yi ,于是可以把这个看作一条 ii ,边权为 yi 的有向边,这样边上存储的就是 ii 的最大差值。这样建成一张有向图后,每条 ij 的路径就是 xixj 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,xixj 的最大差值就是 ij 的最短路径,可以直接使用SPFA求解。

一个差分约束系统会有 3 种情况:

1 :有负环,证明没有最小值,该差分约束系统无解。

2 :在没有负环的情况下,点 i 和点 j 不连通,之间没有约束,该差分约束系统有无数解。

3 :无负环的连通图,有解。

不等式的统一见例题 2

差分约束例题

例题 1

P5960 【模板】差分约束算法

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 1.5

#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 2

P1993 小 K 的农场

三种情况换算一下就是这样的:

1abc

两边同时除以 1 ,得 bac

2abc

3a=b

可以化为 ab0ab0 ,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:

1 :SPFA的队列数组一定要足够长。

2 :由于添加了一个“超级源点”,每个点的最多入队次数是 n+1 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 m 个不等式,有 n 个未知数的形如:

{xc1xc1y1xc2xc2y2xcmxcmym

的不等式组,求任意一组满足这个不等式组的解(或 xixj 的最小值)。

变形得到:

{xc1y1+xc1xc2y2+xc2xcmym+xcm

此时,xi 最小可以取 xi+yi ,于是可以把这个看作一条 ii ,边权为 yi 的有向边,这样边上存储的就是 ii 的最小差值。这样建成一张有向图后,每条 ij 的路径就是 xixj 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,xixj 的最小差值就是 ij 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 3

UVA1723 Intervals

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。

si 为前 i 项的前缀和(选择的数字个数),那么对于区间 [a,b] 中至少取任意互不相同的 c 个整数,则根据前缀和思想,转化为:

sbsa1c

同时,这题有两个隐含条件:

1sisi10

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 +0+1 的变化,前缀和在这里只增不减。

2sisi11

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 1

变形后得到:si1si1

#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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