差分约束

简介

差分约束系统是一种特殊的多元一次不等式组。

由 $n$ 个点 $X_i$，$m$ 个约束条件组成。对于每个约束条件，都是由其中的两个变量做差得到。例如 $X_i-X_j\le C_k|i\neq j$。$C_k$ 为常量。

我们需要将所有 $X_i$ 解出来。差分约束问题的关键在于将所有的条件都建立成图中的边。

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对于上式变号可得，$X_i\le C_k+X_j$。假设已知 $X_j$ 的值，就可以算出 $X_i$ 的上界。若对于 $X_i$ 有多个约束条件，则 $X_j$ 的范围就是最小的 $X_j+C_k$。

如果我们将每个 $X_i$ 抽象成点，每个约束条件成为一条从 $X_j\to X_i$，边权为 $C_k$ 的边，就是求最短路了。每次松弛就是更新 $X_i$，让 $X_i$ 满足上式。

若对于该差分约束系统，有负环就意味着无解。因此，我们一般使用 $\operatorname{SPFA}$ 算法求解。

为什么

理解为：每次松弛就是使 $X_i$ 满足约束条件。无限的松弛说明不能满足条件。

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同样的，假如变形后是 $X_i\geq C_k+X_j$，我们就可以确定 $X_i$ 的下界。对所有约束条件取最大。也即求最长路。

关于实现

有些时候条件不能将所有都 $X$ 串联在一起。即图是不连通的，此时利用超级原点思想，找一个没有值的点（$0,n+1$ 等），对所有点连接一条权为 $0$ 的边。使得一次最短路可以求全图解。

对于 $\operatorname{SPFA}$ 算法，一般的判断负环方法是：对于最短路，最多将图中每个节点遍历，也就是经过了 $n-1$ 条边。当经过的边数 $=n$ 时，就出现了负环。（超级原点设置后，会多出来一个点！）

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练习

小 k 的农场

差分约束入门题。以下提供最短路的做法。题意：

• 如果每行的第一个数是 $1$，接下来有三个整数 $a,b,c$，表示农场 $a$ 比农场 $b$ 至少多种植了 $c$ 个单位的作物；
• 如果每行的第一个数是 $2$，接下来有三个整数 $a,b,c$，表示农场 $a$ 比农场 $b$ 至多多种植了 $c$ 个单位的作物;
• 如果每行的第一个数是 $3$，接下来有两个整数 $a,b$，表示农场 $a$ 种植的的数量和 $b$ 一样多。

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分别解决：

• $a-b\geq c$.变形为 $a-c\geq b$
• $a-b\leq c$.变形为 $b-a\geq -c\ \ \to\ \ b+c\ge a$
• $a=b$.变形为 $a+0\geq b,b+0 \geq a$

我们确定了解的上界，接下来要对所有的取最小值，也就是跑最短路。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10;
int n,m;
int dis[N],num[N],vis[N];
int head[N],ne;
struct EDGE {int to,next,dis;}e[N<<1];
void ae(int from,int to,int dis) {e[++ne]={to,head[from],dis};head[from]=ne;}
string spfa(int root) {
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	memset(num,0,sizeof num);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dis[root]=0;
	stack<int>q;
	q.push(root);
	while(!q.empty()) {
		int from=q.top();q.pop();
		vis[from]=0;
		for(int i=head[from];i;i=e[i].next) {
			int to=e[i].to,td=e[i].dis;
			if(dis[to]>dis[from]+td) {
				dis[to]=dis[from]+td;
				num[to]=num[from]+1;//记录经过的边数
				if(num[to]==n+1) return "No";//判断负环
				if(vis[to]==0) {q.push(to), vis[to]=1;}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans+=dis[i];
	}
	return "Yes";
}
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,o,x,y,z;i<=m;i++) {
		cin>>o>>x>>y;
		if(o==1) cin>>z,ae(x,y,-z);
		if(o==2) cin>>z,ae(y,x,z);
		if(o==3) ae(y,x,0),ae(x,y,0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {//设立 0 为 超级原点
		ae(0,i,0); 
	}
	cout<<spfa(0);
	return 0;
}

P2294 [HNOI2005] 狡猾的商人

本题差分条件为在 $l\sim r$ 区间内，收入为整数 $Z$。
加入把每个月的收入使用前缀和。就会有 $S_r-S_{l-1}=Z$。
对于相等的约束条件，就要使上，下界重合，即让 $\geq,\leq$ 都取到等号。 $S_r-S_{l-1}\leq Z \to S_r\leq S_{l-1}+Z$

$S_r-S_{l-1}\geq Z \to S_{l-1}-S_r\leq Z \to S_{l-1}\leq S_r+Z$

注意

$l-1\ge0$。超级原点不能在 0。可以选在 $n+1$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10;
int n,m;
int dis[N],num[N],vis[N];
int head[N],ne;
struct EDGE {int to,next,dis;}e[N<<1];
void ae(int from,int to,int dis) {e[++ne]={to,head[from],dis};head[from]=ne;}
string spfa(int root) {
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	memset(num,0,sizeof num);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dis[root]=0;
	stack<int>q;
	q.push(root);
	while(!q.empty()) {
		int from=q.top();q.pop();
		vis[from]=0;
		for(int i=head[from];i;i=e[i].next) {
			int to=e[i].to,td=e[i].dis;
			if(dis[to]>dis[from]+td) {
				dis[to]=dis[from]+td;
				num[to]=num[from]+1;//记录经过的边数 
				if(num[to]==n+1) return "No";//判断负环 
				if(vis[to]==0) {q.push(to), vis[to]=1;}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans+=dis[i];
	}
	return "Yes";
}
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,o,x,y,z;i<=m;i++) {
		cin>>o>>x>>y;
		if(o==1) cin>>z,ae(x,y,-z);
		if(o==2) cin>>z,ae(y,x,z);
		if(o==3) ae(y,x,0),ae(x,y,0);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {//设立 0 为 超级原点 
		ae(0,i,0); 
	}
	cout<<spfa(0);
	return 0;
}

INTERVAL - Intervals

本题涉及到差分约束的一个关键：题目可能有隐含条件，要将所有条件都建图。
除了最基本的条件，每个数最多被选一次，所以有 $0\le S_i-S_{i-1} \le 1$。

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[1007]倍杀测量者

奇怪题目

本题中，以下讨论不需要女装的情况。

有两种不同的边：（A，B 表示选手的分数 ）

• A 选手 $k-T$ 倍杀了 B。 $A\times(k-T)\geq B$

• A 选手没有被 B 选手 $k+T$ 倍杀。$A > B\times(k+T)$

要求最大的 $T$ 使方程无解，$T$ 的取值具有单调性。越小的 $T$ 就能满足条件，使小值最大，用二分答案解决。

但是乘法不能使用差分约束，考虑转化为加减法。使用幂的性质。

$$2^{a+b}=2^a\times 2^b$$

可以将上式中的 $A\times (k-T)$ 转化为 $2^{\log_2 A}+2^{\log_2 k-T}\ge 2^{log_2 B}$。由于底数相同，只要比较指数大小，所以转变上式，得：

$$\log_2 A+\ge \log_2 B-\log_2 k-T$$ $$\log_2 A+\ge \log_2 B+\log_2 k+T$$

对于开始就确定的边权，看作第三种边，利用超级原点，得到 $A=0+X_i$。转变为：

$$A\ge0+ X_i \And 0-X_i\leq A$$

二分 $T$，如果有负环即合法。

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实现

在实现中，由于有两种边有 $\log_2 A,\log_2 B$ 的存在，所以最短路中的 $dis$ 直接存储取对数后的值。为满足该条件，建第三种边时需要先 $\log$。

对于 $k+T,k-T$，$T$ 的值有所改变。先存 $k$，根据边的类型算出不同的值。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+10;
int n,m,m2;
double dis[N];int num[N],vis[N];
int head[N],ne;
struct EDGE {int to,next;double dis;int typ;}e[N<<1];
void ae(int from,int to,double dis,int typ) {e[++ne]={to,head[from],dis,typ};head[from]=ne;}
int spfa(int root,double t) {
	memset(dis,-0x3f,sizeof dis);
	memset(num,0,sizeof num);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dis[root]=0;
	stack<int>q;
	q.push(root);
	while(!q.empty()) {
		int from=q.top();q.pop();
		vis[from]=0;
		for(int i=head[from];i;i=e[i].next) {
			int to=e[i].to;double td=e[i].dis;
			if(e[i].typ==2) td=-log2(td+t);
			if(e[i].typ==1) td=log2(td-t);
			if(dis[to]<dis[from]+td) {
				dis[to]=dis[from]+td;
				num[to]=num[from]+1;
				if(num[to]>n+1) return 1; 
				if(vis[to]==0) {q.push(to), vis[to]=1;}
			}
		}
	}
	return 0;
}
double l,r=10,mid;
int main() {
	cin>>n>>m>>m2;
	for(int i=1,k,o,x,y;i<=m;i++) {
		cin>>o>>x>>y>>k;
		ae(y,x,k,o);
		if(o==1) r=min(r,k+0.00);//不能使 k-T < 0
	}
	for(int i=1,x,k;i<=m2;i++) {
		cin>>x>>k;
		ae(0,x,log2(k),3);
		ae(x,0,-log2(k),3);
	}
	while(l+1e-8<r) {
		mid=(l+r)/2;
		if(spfa(0,mid)) l=mid;
		else r=mid;
	}
	if(l==0) cout<<-1;
	else cout<<l;
 	return 0;
}