这篇文章之所以这么短是因为本人没做多少题QAQ。
例题
【题意】
给定 n 个区间 [ai,bi]和 n 个整数 ci。
你需要构造一个整数集合 Z，使得∀i∈[1,n]，Z 中满足ai≤x≤bi的整数 x 不少于 ci 个。
求这样的整数集合 Z 最少包含多少个数。
【输入格式】
第一行包含整数 n。
接下来n行，每行包含三个整数ai,bi,ci。
【输出格式】
输出一个整数表示结果。
【数据范围】
1≤n≤50000,
0≤ai,bi≤50000,
1≤ci≤bi−ai+1
【输入样例】
5
3 7 3
8 10 3
6 8 1
1 3 1
10 11 1
【输出样例】
6 题解
这道题目，我们设\(s_{i}\)为\(0-i\)的数字个数，那么很明显的事情就是\(s_{b_{i}}-s_{a_{i}-1}>=c_{i}\)，但是\(a_{i}-1\)可以小于零，那么我们就把\(a,b\)都加\(2\)，使得下标从\(1\)起步。
那么这道题目就是求\(s_{max(b_{i})}\)的最小数字，因为\(s_{1}=0\)，所以我们就是求\(s_{n}-s_{1}\)（这种式子做法的理解方式在下个章节讲）的最小数字，当然这里还是采用\(s_{max(b_{i})}\)的理解方式。
那么知道了这个又怎么样呢？
考虑一发SPFA，虽然毫无根据，但是就是觉得就是SPFA QMQ（其实如果看了下一个章节的不等式，你也许会更加理解为什么是SPFA了）。
我们设第\(i\)个点的\(dis\)为\(s_{i}-s_{0}\)的最小值，其实\(s_{0}=0\)，就是\(s_{i}\)的最小值。
但是在什么条件下迭代？
然后我们化一化式子：\(s_a-s_b>=c_1,s_{a}>=c_1+s_{b}\)，这个式子就特别像我们的SPFA最长路式子？就是吗，我们知道了\(s_b\)的最小值，就可以去更新一下\(s_a\)的最小值，当然是最长路了，不过建边方面我们还是需要建立一条由\(a->b\)的边，边权为\(c_1\)，不然在哪跑SPFA。
那么这道题目其实还有个隐藏条件，就是集合中每个数字最多只能有一个，那么我们又得到这样子的隐藏条件：\(0<=s_{i}-s_{i-1}<=1\)，把这两个不等式一化：\(s_{i}>=0+s_{i-1},s_{i-1}>=s_{i}-1\)，因为题目保证有解，跑一跑即可。
//最长路
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 51000
#define M 110000
using namespace std;
struct node
{
int y,next,c;
}a[M];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y,int c){len++;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
struct wen
{
int l,r,c;
}tr[N];
int m,n;
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
int list[N],head,tail,dis[N];
bool v[N];
int main()
{
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int l,r,c;scanf("%d%d%d",&l,&r,&c);
l>r?l^=r^=l^=r:0;
l++;r+=2;n=mymax(r,n);
ins(l,r,c);
}
for(int i=2;i<=n;i++)ins(i-1,i,0),ins(i,i-1,-1),dis[i]=-1;
list[head=1]=1;tail=2;v[1]=1;
while(head!=tail)
{
int x=list[head++];if(head==n+1)head=1;v[x]=0;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(dis[x]+a[k].c>dis[y])
{
dis[y]=dis[x]+a[k].c;
if(!v[y])
{
v[y]=1;
list[tail++]=y;if(tail==n+1)tail=1;
}
}
}
}
printf("%d\n",dis[n]);
return 0;
}其余情况讨论
求a-b的最小or大值
我们其实这个还有个理解方式。
当我们无法确定\(s_{1}\)等于多少的时候我们就只能直接把设不等式的最小or大值。
以下皆用最小值。（最大值其实就是<=不等式，然后最短路）
\(s_1-s_1=0\)
\(dis_{i}=s_i-s_0\)
但是又如何理解边权为\(c_{1}\)呢？
\(s_{a}-s_{b}<=c_1\)
\(s_{b}-s_{0}<=dis_{b}\)
那么两式相加：\(s_{a}-s_{0}<=c_{1}+dis_{b}\)，所以就是我们不敢设\(s_{1}=0\)我们也可以做这些题目。
无解情况
我们这里给出几个不等式：\(b-a>=1,c-b>=1,a-c>=1,d-b>=1\)，求\(d-a\)的最大值，你乍一看，不是为\(3\)吗，屁！
\((b-a)+(c-b)+(a-c)+(b-a)+(c-b)+(a-c)+(d-b)>=7\)，你怎么说，而这个式子的最长路情况就是存在正环，所以就是等同于问最短路中是不是有负环。
这个问题我们需要深刻理解SPFA，才能够理解为什么能这么判断。
未加任何优化的SPFA有个特别优秀的地方，就是他使用纯BFS来实现，所以一条路径的点的个数如果小于另外一个路径的点的个数，那么他一定会被先找到。
而一个路径的长度最多是\(n\)个点，不然说明有环，最短路有环，那么说明存在负环。
SPFA时间复杂度证明
很明显，一个点会被扔进队列里面最多\(n\)次，即每个点都把他扔进去一次，然后有\(n\)个点（其实也可以说他作为路径中第\(i\)个点被加入队列，而\(1<=i<=n\)），然后有\(n\)个点，且每个点会去找另外\(n\)个点，那么时间复杂度为\(O(n^3)\)，可是不是说时间复杂度\(O(nm)\)吗？
我们换个角度思考，每个路径中，第\(i\)条边有\(m\)个选择，路径长度最长为\(n-1\)条边。那么就是\(O(nm)\)。
如何找负环
方案1
都说了正常情况一个点最多入队列\(n\)次，那么只要一个点如队列次数超过\(n\)次，那么存在负环，无解。
方案2
更快的方法就是设一个数组表示他在最短路径中是第几个点，如果超过\(n\)，说明存在负环。
小结
- 差分约束的题目中一般都是设\(s_{1}=0\)，如这道题目，再者一些求\(a-b\)的最大值最小值一般也是设\(b=0\)，然后SPFA。
- 判断存不存在负环的话，DFS一般比BFS快。
- 找到题目中所有的约束条件，化成同一个符号的不等式。