UOJ#32【UR #2】跳蚤公路 题解

Preface

本文单独发表于博客园，借鉴了 yyb 学长 的题解。

感觉是个很牛的题！

Solution

发现路径的长度可以表示为如下一次函数的形式：\(y=kx+b\)，\(kx\) 表示经过的边给 \(x\) 乘上的系数，\(b\) 则表示经过的边的原本的权值之和（类似于普通最短路的 \(dist_x\)）。

考虑对于 \(b\) 先进行处理，最后叠加 \(kx\) 的贡献。朴素的 Bellman-Ford 转移是尝试对于整张图松弛 \(n\) 轮，每次找到合适的边进行松弛，如果超过 \(n-1\) 轮仍然能够松弛说明存在负环。即 \(dp_{i,j}\) 表示经过 \(i\) 条边，\(1\to j\) 的最短路，则有 \(dp_{i,u}+w\to dp_{i+1,v}\)。那么将这道题进行一些小改动：\(dp_{i,j,k}\) 表示经过了 \(i\) 条边，经过的系数为 \(k\)，\(1\to j\) 的最短路。那么实际上的路径长度为：\(dp_{i,j,k}+kx\)。

负环条件也很好判断了：如果 \(\min\{dp_{n,i,j}+jx\}\geq \min\{dp_{n-1,i,k}+kx\}\) 则存在负环，因为此时仍然可以从 \(n-1\) 松弛到 \(n\)。

那么解一下这个方程可以得到对于 \(i\) 来说的 \(x\) 构成负环的范围。求答案时对于每个点 \(i\)，如果想要其不存在负环，那么所有可达 \(i\) 的点 \(j\) 都不能有负环，所以对于所有 \(1\to j \to i\) 的点集 \(j\)，求 \(j\) 构成负环的区间的并集，则 \(1\to i\) 不存在负环的集合为该并集的补集。

具体实现细节很多啊。调的挺破防的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=105,MAX=102,inf=1e18;
int n,m,dp[N][N][N<<2],f[N][N];
struct node{int u,v,val,typ;}e[N*N];
vector<pii>g[N],now;
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,x,y,z,w;i<=m;i++){
		cin>>x>>y>>z>>w,f[x][y]=1;
		e[i]={x,y,z,w};
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				f[i][j]|=f[i][k]&f[k][j];
	for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)
		for(int k=-n;k<=n;++k)dp[i][j][k+MAX]=inf;
	dp[0][1][MAX]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memcpy(dp[i],dp[i-1],sizeof(dp[i]));
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int u=e[j].u,v=e[j].v,val=e[j].val,typ=e[j].typ;
			for(int k=-n;k<=n;k++)if(dp[i-1][u][k+MAX]!=inf)
				dp[i][v][k+MAX+typ]=min(dp[i][v][k+MAX+typ],dp[i-1][u][k+MAX]+val);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=-n;j<=n;j++){
			if(dp[n][i][j+MAX]>=inf)continue;
			int L=-inf,R=inf,flg=0;
			for(int k=-n;k<=n;k++){
				if(dp[n-1][i][k+MAX]>=inf)continue;
				if(j>k)R=min(R,(int)ceil(1.0*(dp[n-1][i][k+MAX]-dp[n][i][j+MAX])/(j-k)));
				else if(j<k)L=max(L,(int)floor(1.0*(dp[n-1][i][k+MAX]-dp[n][i][j+MAX])/(j-k)));
				else if(dp[n][i][j+MAX]>=dp[n-1][i][k+MAX]){flg=1;break;}
			}
			if(!flg&&L<R)g[i].push_back({L,R});
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		now.clear();
		for(int j=1;j<=n;j++)if(f[1][j]&&f[j][i])
			for(auto it:g[j])now.push_back(it);
		sort(now.begin(),now.end());
		int L=inf,R=-inf,lst=-inf,flg=0;
		for(int j=0;j<now.size();j++){
			if(!j&&now[j].fi>-inf){L=-inf,R=now[j].fi,flg=1;break;}
			if(lst!=-inf&&lst<=now[j].fi){L=lst,R=now[j].fi,flg=1;break;}
			lst=max(lst,now[j].se);
		} 
		if(!flg&&lst<inf)L=lst,R=inf;
		if(now.empty()||L==-inf||R==inf)cout<<"-1\n";
		else cout<<max(0ll,R-L+1)<<"\n";
	}
	return 0;
}