差分约束系统
Part 1：知识点
问题引入
差分约束系统是一种特殊的 \(n\) 元一次不等式组。它包含 \(n\) 个变量，以及 \(m\) 个形如 \(x_i-x_j\leq c_k\) 的约束条件。我们要解决的问题就是，求一组解 \(x_1=a_1,x_2=a_2,\dots,x_n=a_n\)，使所有的约束条件得到满足
问题求解
每个约束条件 \(x_i-x_j\leq c_k\) 可以变形为 \(x_i\leq x_j+c_k\)。这和单源最短路中的三角形不等式 \(dist[y]\leq dist[x]+z\) 相似。因此，可以把每个变量 \(x_i\) 抽象成一个点 \(i\)，对于每个约束条件，从 \(j\rightarrow i\) 连一条长度为 \(c_k\) 的有向边
为了防止图不连通，可以增加一个超级源点 \(0\)，向每个点连一条长度为 \(0\) 的边。但这样会求出一组负数解，因为这样连边等价于多了 \(n\) 个形如 \(x_i-x_0\leq 0\) 的条件。但注意到如果 \(\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}\) 是一组解，那么 \(\{a_1+\Delta,a_2+\Delta,\dots,a_n+\Delta\}\) 也是一组解，所以不必担心负数解的问题
设 \(dist[0]=0\)，以 \(0\) 为起点跑一次单源最短路。若图中存在负环则无解。否则，\(x_i=dist[i]\) 就是一组解
若约束条件形如 \(x_i-x_k\geq c_k\)，我们就改成计算单源最长路，若图中有正环则无解
模板
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5010,M=5010;
int n,m,d[N],cnt[N];
int head[N],ver[2*M],nxt[2*M],edge[2*M],tot;
bool v[N];
queue <int> q;
void add(int x,int y,int z)
{
ver[++tot]=y; edge[tot]=z;
nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
bool spfa()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[0]=0; v[0]=1;
cnt[0]=-1;
q.push(0);
while(q.size())
{
int x=q.front(); q.pop();
v[x]=0;
for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
{
int y=ver[i],z=edge[i];
if(d[y]>d[x]+z)
{
d[y]=d[x]+z;
cnt[y]=cnt[x]+1;
if(!v[y])
q.push(y),v[y]=1;
}
if(cnt[y]>=n)
return 0;
}
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(y,x,z);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
add(0,i,0);
if(!spfa())
printf("NO");
else
{
for(int i=1; i<=n; i++)
printf("%d ",d[i]);
}
return 0;
}
Part 2：练习题
Intervals
（题目传送门）
题目大意
有 \(n\) 个区间，在区间 \([a_i,b_i]\) 中至少取任意互不相同的 \(c_i\) 个整数。求在满足 \(n\) 个区间的情况下，至少要取多少个正整数。
解题思路
-
设 \(x_i\) 表示 \(0\) 到 \(i\) 取多少整数，那么对于每个区间 \([a_i,b_i]\)，可构造不等式 \(x_{b_i}-x_{a_i-1}\geq c_i\)。所以从 \(a_i-1\rightarrow b_i\) 连一条长度为 \(c_i\) 的有向边
-
又由定义知，\(0\leq x_i-x_{i-1}\leq 1\)，所以从 \(i-1\rightarrow i\) 连一条长度为 \(0\) 的有向边，从 \(i\rightarrow i-1\) 连一条长度为 \(-1\) 的有向边
-
注意到 \(i\) 可能取到 \(0\)，所以整体右移。最后跑最长路即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50010,M=50010*3;
int T,n,m,a,b,c,d[N];
int head[N],ver[M],nxt[M],edge[M],tot;
bool v[N];
queue <int> q;
void add(int x,int y,int z)
{
ver[++tot]=y; edge[tot]=z;
nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
void spfa()
{
while(!q.empty())
q.pop();
memset(d,~0x3f,sizeof(d));
d[0]=0; v[0]=1;
q.push(0);
while(q.size())
{
int x=q.front(); q.pop();
v[x]=0;
for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
{
int y=ver[i],z=edge[i];
if(d[y]<d[x]+z)
{
d[y]=d[x]+z;
if(!v[y])
q.push(y),v[y]=1;
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(head,0,sizeof(head));
tot=0;
n=0;
scanf("%d",&m);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b+1,c);
n=max(n,b);
}
for(int i=0; i<=n; i++)
add(i+1,i,-1),add(i,i+1,0);
spfa();
printf("%d\n",d[n+1]);
if(T!=0)
printf("\n");
}
return 0;
}
赛车游戏
题目大意
R 君和小伙伴打算一起玩赛车。但他们被老司机 mocania 骗去了秋名山。
秋名山上有 \(n\) 个点和 \(m\) 条边，R 君和他的小伙伴要从点 \(1\) 出发开往点 \(n\)，每条边都有一个初始的方向。老司机 mocania 拿到了秋名山的地图但却不知道每条路有多长。显然，为了赛车游戏的公平，每条 \(1\) 到 \(n\) 的路径应当是等长的。mocania 想，我就随便给边标上一个 \(1...9\) 的长度，反正傻傻的 R 君也看不出来。
可 mocania 的数学不大好，不知道怎么给边标长度，只能跑来请教你这个 OI 高手了。
解题思路
-
设 \(dist[i]\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 的距离，又因为 \(dist[y]=dist[x]+edge(x,y)\)，所以我们将边权的讨论转化成 \(dist[y]-dist[x]\) 的讨论，这样只要求出一组 \(dist[1\dots n]\)，我们就可以算出每条边的长度，还保证了每一条 \(1\) 到 \(n\) 的路径都是等长的
-
因为 \(1\leq edge(x,y) \leq 9\)，所以 \(1\leq dist[y]-dist[x]\leq 9\)，因此差分约束即可
-
但注意到，有些边并不在 \(1\) 到 \(n\) 的路径上，因此要先进行一次 \(\mathrm{dfs}\)，只将有用的边添加到新图中。最后输出时没用的边输出 \(1\) 即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010,M=2010;
int n,m,d[N],cnt[N];
int head[N],from[M],ver[M],nxt[M],tot;
bool v[N],vis[N],ab[N]; //ab[x]表示x能否到达n
vector < pair<int,int> > g[N];
queue <int> q;
void add(int x,int y)
{
ver[++tot]=y; from[tot]=x;
nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
void add_edge(int x,int y) //差分约束建边
{
g[x].push_back(make_pair(y,9));
g[y].push_back(make_pair(x,-1));
}
bool dfs(int x)
{
if(x==n || ab[x])
return 1;
vis[x]=1;
for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
{
int y=ver[i];
if(vis[y])
{
if(ab[y])
add_edge(x,y),ab[x]=1;
continue;
}
if(dfs(y))
add_edge(x,y),ab[x]=1;
}
return ab[x];
}
bool spfa()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[0]=0; v[0]=1;
cnt[0]=-1;
q.push(0);
while(q.size())
{
int x=q.front(); q.pop();
v[x]=0;
for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
{
int y=g[x][i].first,z=g[x][i].second;
if(d[y]>d[x]+z)
{
d[y]=d[x]+z;
cnt[y]=cnt[x]+1;
if(!v[y])
q.push(y),v[y]=1;
}
if(cnt[y]>=n)
return 0;
}
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
}
if(!dfs(1)) //1无法到n
{
printf("-1");
return 0;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
g[0].push_back(make_pair(i,0));
if(!spfa())
printf("-1");
else
{
printf("%d %d\n",n,m);
for(int i=1; i<=tot; i++)
{
int x=from[i],y=ver[i];
int z=d[y]-d[x];
printf("%d %d %d\n",x,y,(z<1 || z>9)? 1:z);
}
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号