题目大意
幼儿园里有N个小朋友,每个小朋友想要糖果,但同时存在一些限制(输入格式给出),现在想问如果n个小朋友都要有糖且所有限制被满足,需要的最少糖果。
输入格式
输入的第一行是两个整数N,K。
接下来K行,表示这些点需要满足的关系,每行3个数字,X,A,B。
如果X=1, 表示第A个小朋友分到的糖果必须和第B个小朋友分到的糖果一样多;
如果X=2, 表示第A个小朋友分到的糖果必须少于第B个小朋友分到的糖果;
如果X=3, 表示第A个小朋友分到的糖果必须不少于第B个小朋友分到的糖果;
如果X=4, 表示第A个小朋友分到的糖果必须多于第B个小朋友分到的糖果;
如果X=5, 表示第A个小朋友分到的糖果必须不多于第B个小朋友分到的糖果;
分析
我们可以列出许多不等式,考虑差分约束系统,注意到x=4,5和x=2,3一样。
差分约束系统
解形如
的不等式,我们可以给每个变量安排一个点,连有向边(y,x,c),c为边权,然后跑最短路算法,得出来的dis数组就是一个可行解。
当然,你也可以化成
,然后连有向边(y,x,d),跑最长路,两者是等价的。
回到题目,我们观察限制2,设a为A小朋友的糖果数,那么
,为了能建图,改写为
,或者
。
现在假如改写为后者,再考虑限制1,
,那么写成
即可,我们在系统中,一条边代表着一个不等式,变量a的值为dis[a],多条边同时存在则为不等式解集的交集。
限制3就很简单。
还有一个限制是对于任意A,
,那么只需要多建一个虚点,然后向所有点连1即可。
跑个最长路就完事了。最后所有dis加起来。
我们需要判断是否存在正权环,拿个dfs判即可;一般图的判负环也可以这样做,因为一定存在一个点使得从这里出发,环上每个点到它的距离都是负数。
当然这道题正解并不是用spfa跑…因为边权只有两种,0可以缩点,最后剩下1就跑dag就行了。
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a<b)?a:b)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N=1e6+5,mo=998244353;
int dis[N],d[N],pd[N],i,n,m,p,x,y,ka,q1,q2;
int tt,b[N],nxt[N],fst[N],c[N];
ll ans;
void cr(int x,int y,int z)
{
tt++;
b[tt]=y;
c[tt]=z;
nxt[tt]=fst[x];
fst[x]=tt;
}
void dfs(int x)
{
pd[x]=1;
for(int p=fst[x];p;p=nxt[p])
if (c[p]+dis[x]>dis[b[p]])
{
if (pd[b[p]])
{
printf("-1\n");
exit(0);
}
dis[b[p]]=dis[x]+c[p];
dfs(b[p]);
}
pd[x]=0;
}
int loop()
{
fo(i,1,n)
dfs(i);
}
int main()
{
freopen("t7.in","r",stdin);
//freopen("t7.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
fo(i,1,m)
{
scanf("%d %d %d",&ka,&x,&y);
if (ka>3) swap(x,y),ka-=2;
if (ka==1) cr(x,y,0),cr(y,x,0);
else if (ka==2) cr(x,y,1);
else cr(y,x,0);
}
fd(i,n,1) cr(0,i,1);
loop();
fo(i,1,n) dis[i]=0;
dis[0]=0;
d[++q2]=0;
pd[0]=1;
while (q1<q2)
{
x=d[++q1];
for (p=fst[x];p;p=nxt[p])
if (dis[b[p]]<dis[x]+c[p])
{
dis[b[p]]=dis[x]+c[p];
if (!pd[b[p]])
{
pd[b[p]]=1;
d[++q2]=b[p];
}
}
pd[x]=0;
}
fo(i,1,n)
ans+=dis[i];
printf("%lld\n",ans);
}