[Nowcoder] 银河 差分约束_spfa+超级源点 | Tarjan缩点
Description
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。
Input
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。
Output
输出一个整数表示答案。
Samples
Input
5 7
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1
Output
11
Hint
对于30%的数据，N≤100。
对于100%的数据，N≤100000，M≤100000。
评测地址
这个题可以用Tarjan缩点来进行处理
从题意的制约关系来看，也可以当作差分约束来处理
当用差分约束的时候，通过题意，我们可以了解到：题目要求我们求出N颗恒星亮度的最小值，那么我们就要求出这N个点亮度之和的最长路
然后就是普通的SPFA处理，注意在跑SPFA的时候，我们要判断是否存在一个正环，如果说存在一个正环，我们要直接输出-1,因为这个时候他的亮度值会不断的加大：举个例子（1 > 2, 2 > 3, 3 > 4,4 > 1),这个时候我们就要像用SPFA判断是否存在负环的方式来进行判断是否存在正环，在处理的过程中，我们可以记录每个点进入队列的次数，如果说进入队列的次数大于n，说明就会有正环，但是这里其实还会有一种小的优化，如果使用queue的话，会被卡tle,但是如果是用stack就能通过这个题，其实，栈优化的SPFA在不存在负环的时候，会比队列优化的SPFA更快一些
如果代码是这个样子的：（会TLE）
const int maxn = 1e6 + 7;
int n, m;
ll dis[maxn];
bool vis[maxn];
struct node
{
int v, nex;
ll w;
} e[maxn];
int cnt, head[maxn];
int tot[maxn];
void init()
{
for(int i = 0; i <= n; i++)
{
dis[i] = -9999999;
head[i] = -1;
tot[i] = 0;
}
}
void add(int u, int v, int w)
{
e[cnt].v = v;
e[cnt].w = w;
e[cnt].nex = head[u];
head[u] = cnt++;
}
int flag = 1;
void spfa()
{
queue <int> st;
dis[0] = 0;
st.push(0);
vis[0] = 1;
while(st.size())
{
int u = st.front();
st.pop();
vis[u] = 0;
for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].nex)
{
int to = e[i].v;
if(dis[to] < dis[u] + e[i].w)
{
dis[to] = dis[u] + e[i].w;
tot[to] = tot[u] + 1;
if(tot[to] > n)
{
flag = 0;
break;
}
if(vis[to] == 0)
{
st.push(to);
vis[to] = 1;
}
}
}
if(flag == 0) break;
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
init();
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int op = read, u = read, v = read;
if(op == 1) add(u, v, 0), add(v, u, 0);
else if(op == 2) add(u, v, 1);
else if(op == 3) add(v, u, 0);
else if(op == 4) add(v, u, 1);
else if(op == 5) add(u, v, 0);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) add(0, i, 1);///超级源点
spfa();
/*
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << dis[i] << endl;
}*/
if(flag)
{
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
res += dis[i];
}
cout << res << '\n';
return 0;
}
puts("-1");
return 0;
}
/**
**/
用栈维护的：（AC）
#define Clear(x,val) memset(x,val,sizeof x)
int n,m;
ll dis[maxn],head[maxn],cnt;
bool vis[maxn];
struct node {
int u,to,w,nex;
} e[maxn << 1];
void init() {
cnt = 0;
for(int i=0; i<=n; i++) {
head[i] = -1;
dis[i] = -inf;
}
}
void add(int u,int v,int w) {
e[cnt].u = u;
e[cnt].to = v;
e[cnt].w = w;
e[cnt].nex = head[u];
head[u] = cnt ++;
}
int instk[maxn];
int flag;
void spfa(int u) {
stack <int> stk;
dis[u] = 0, vis[u] = 1;
stk.push(u);
while(stk.size()) {
u = stk.top();
// u = stk.front();
stk.pop();
vis[u] = 0;
// cout << "vis : " << u << endl;
for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
int to = e[i].to, w = e[i].w;
if(dis[to] < dis[u] + w) {
dis[to] = dis[u] + w;
instk[to] = instk[u] + 1;
if(instk[to] > n) {
flag = 1;
return ;
}
if(!vis[to]) {
stk.push(to);
vis[to] = 1;
}
}
}
}
}
int main() {
n = read,m = read;
init();
for(int i=1; i<=m; i++) {
int op = read, u = read, v = read;
if(op == 1) add(u,v,0),add(v,u,0);
else if(op == 2) add(u,v,1);
else if(op == 3) add(v,u,0);
else if(op == 4) add(v,u,1);
else add(u,v,0);
}
for(int i=1; i<=n; i++) add(0,i,1);
spfa(0);
ll ans = 0;
if(flag) {
puts("-1");
return 0;
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
ans += dis[i];
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
/**
5 7
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1
**/
Tarjan有向图的连通性：
可以把这个图看成是一个有向图，首先将这个图进行缩点，过程中得到每个点属于的强连通分量以及连通块的大小size，然后判断一个点所连的边中的点是不是在一个强连通分量之中，如果有两个点在同一个强连通分量之中，那就说明是-1的情况，直接输出-1即可
排除-1的情况之后，可以对缩完之后的点重新进行建图，对于新建完的图，我们获取他们的每个强连通的最小亮度，然后将每个强连通的亮度 * size相加起来就是答案
Code:
int n,m,cnt,head[maxn],h2[maxn],cnt2;
int dfc,dfn[maxn],low[maxn];
struct node {
int to,nex,w;
} e[maxn << 1],e2[maxn << 1];
void init() {
dfc = cnt2 = cnt = 0;
for(int i=0; i<=n+10; i++) {
head[i] = -1;
h2[i] = -1;
low[i] = dfn[i] = 0;
}
}
void add(int u,int v,int w) {
e[cnt].to = v;
e[cnt].w = w;
e[cnt].nex = head[u];
head[u] = cnt ++;
}
void add2(int u,int v,int w) {
e2[cnt2].to = v;
e2[cnt2].w = w;
e2[cnt2].nex = h2[u];
h2[u] = cnt2 ++;
}
bool inStk[maxn];
stack<int> stk;
ll pos[maxn], cntSCC;
ll siz[maxn];
void Tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ dfc;
stk.push(u);
inStk[u] = 1;
for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].nex) {
int to = e[i].to;
if(!dfn[to]) {
Tarjan(to);
low[u] = min(low[u],low[to]);
} else if(inStk[to]) {///to in stack
low[u] = min(low[u],dfn[to]);
}
}
if(dfn[u] == low[u]) {
int tp;
++ cntSCC;
do {
tp = stk.top();
stk.pop();
inStk[tp] = 0;
siz[cntSCC] ++;
pos[tp] = cntSCC;
} while(tp != u);
}
}
ll dis[maxn];
int main() {
n = read,m = read;
init();
for(int i=1; i<=m; i++) {
int op = read,u = read,v = read;
if(op == 1) add(u,v,0),add(v,u,0);
else if(op == 2) add(u,v,1);
else if(op == 3) add(v,u,0);
else if(op == 4) add(v,u,1);
else add(u,v,0);
}
for(int i=1; i<=n; i++) add(0,i,1);
Tarjan(0);
for(int i=0; i<=n; i++) {
int u = i;
for(int j=head[u]; ~j; j=e[j].nex) {
int to = e[j].to;
if(pos[u] == pos[to]) {
if(e[j].w) {
puts("-1");
return 0;
}
} else add2(pos[u],pos[to],e[j].w);
}
}
ll ans = 0;
/// use e2 not e and use h2
for(int i=cntSCC; i; i--) {
int u = i;
for(int j=h2[u]; ~j; j=e2[j].nex) {
int to = e2[j].to;
dis[to] = max(dis[to],dis[u] + e2[j].w);
}
}
for(int i=1; i<=cntSCC; i++) {
ans += dis[i] * siz[i];
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
/**
5 7
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1
**/
浙公网安备 33010602011771号