详细介绍：P12348 [蓝桥杯 2025 省 A 第二场] 交互

题目描述

小蓝正在做一道交互题。有一个未知的下标从 1 到 m 的数组 a，小蓝每次可以进行一次询问 (l,r,p,q)，然后交互程序会返回 ans 满足 l≤x≤rmin​a[x]−p≤y≤qmax​a[y]≥ans。但小蓝很快就发现，因为 ans 并不是精确的值，所以他永远也无法得到实际的数组元素的值。

给定小蓝的几次询问和交互程序的返回值，请你帮他求出 1≤x≤mmax​a[x]−1≤y≤mmin​a[y] 的可能的最小值。

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 n,m，用一个空格分隔，分别表示小蓝的询问次数和数组长度。

接下来 n 行，每行包含五个正整数 li​,ri​,pi​,qi​,ansi​，相邻整数之间使用一个空格分隔，表示第 i 次小蓝询问及其结果，含义如问题描述所述。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案，即 1≤x≤mmax​a[x]−1≤y≤mmin​a[y] 的可能的最小值，如果无解请输出 No Solution。

输入输出样例

输入 #1

2 4
1 1 2 2 2
1 2 3 4 2

输出 #1

4

输入 #2

2 2
1 1 2 2 1
2 2 1 1 1

输出 #2

No Solution

说明/提示

样例说明

• 对于样例 1，a1​−a2​≥2，min(a1​,a2​)−max(a3​,a4​)≥2。所以 a1​−a3​≥4，所以 ai​ 之间差值的最大值不会小于 4。
• 对于样例 2，a1​−a2​≥1，a2​−a1​≥1，这种情况显然是无解的。

---

题解：

题目类型：差分约束，

首先肯定是要根据题目的限制关系建图

根据题目要求：区间 [L, R] 的最小值减去区间 [P, Q] 的最大值应不小于 X

显然 [L , R] 中的每一位减去[P, Q]的每一位 都恒大于 X

按照上面方法建图，时间复杂度来到了 O((Q−P)*(R−L)*m)，毫无疑问会超时

仔细想想，其实可以创建类似中转站这样虚拟的点

假设 A = min( a[x] | x ∈ [L, R] )，B= max( a[y] | y ∈ [P, Q] )，

求的是最长路，把不等号翻转一下，再移项就变成 B <= A - X

我们设有大小等于D的中转点，存在  B <= D <= A - X，

就有下面式子：

   D <= A - X    (1)

   B <= D + 0   (2)

通过这两个式子就可以构建图的关系，时间复杂度就大大降低了，

再接着就是判断负环，用 stack栈 代替 queue队列会快一些，

原理就是利用stcak后进先出的特性，加速判断负环存在与否

---

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 1152921504606846977
#define int long long
#define endl '\n'
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef pair pii;
const int N = 50500, M = N * 2;
int t, n, m, tot;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int dis[N], cnt[N];
bool st[N];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b;
w[idx] = c;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx++;
}
bool spfa() {
stack q;
for (int i = 1; i  dis[u] + w[i]) {
dis[j] = dis[u] + w[i];
cnt[j] = cnt[u] + 1;
if (cnt[j] >= n + m) return true;
if (!st[j]) {
q.push(j);
st[j] = true;
}
}
}
}
return false;
}
signed main() {
cin >> m >> n;
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1; i > l >> r >> p >> q >> x;
for (int j = l; j <= r; j++) add(j, n + i, -x);
for (int j = p; j <= q; j++) add(n + i, j, 0);
}
if (spfa()) cout << "No Solution" << endl;
else {
int maxn = dis[1], mins = dis[1];
for (int i = 2; i <= n; i++) {
maxn = max(maxn, dis[i]);
mins = min(mins, dis[i]);
}
cout << maxn - mins << endl;
}
return 0;
}

---