洛谷 P3275 [SCOI2011]糖果（差分约束，tarjan强连通分量，scc）

[SCOI2011]糖果

题目描述

幼儿园里有 $N$ 个小朋友，$\text{lxhgww}$ 老师现在想要给这些小朋友们分配糖果，要求每个小朋友都要分到糖果。但是小朋友们也有嫉妒心，总是会提出一些要求，比如小明不希望小红分到的糖果比他的多，于是在分配糖果的时候，$\text{lxhgww}$ 需要满足小朋友们的 $K$ 个要求。幼儿园的糖果总是有限的，$\text{lxhgww}$ 想知道他至少需要准备多少个糖果，才能使得每个小朋友都能够分到糖果，并且满足小朋友们所有的要求。

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；

输出格式

输出一行，表示 $\text{lxhgww}$ 老师至少需要准备的糖果数，如果不能满足小朋友们的所有要求，就输出 $-1$。

样例 #1

样例输入 #1

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样例输出 #1

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提示

对于 $30\%$ 的数据，保证 $N\le 100$

对于 $100\%$ 的数据，保证 $N\le 100000$

对于所有的数据，保证 $K\le 100000,1\le X\le 5,1\le A,B\le N$

---

$\text{upd 2022.7.6}$：新添加 $21$ 组 Hack 数据。

1、 这题是差分约束，最小化某两个变量的距离。
	对于约束条件 x[i]-x[j]<=w，转化为x[j]>=x[i]-w；
	类比单源最长路径中的三角不等式 (d[v]>=d[u]+w, u->v)，
	连 i->j 边权=-w的边，代表d[j]不能小于d[i]+w
	
2、如果图中没有 正环， 说明有解。
3、如果用 spfa 求最长距离，这里会TLE.
4、但是它边权只有 00 或 11，考虑这个图有什么特殊性质。
	先缩点，每个 SCC 内部如果出现了一条 uu 到 vv 的边权为 11，根据 SCC 的定义，
	一定还存在一条 vv 到 uu 的路径，由于边权 \geq 0≥0，所以一定会出现一个正权环，
	则这个差分约束系统无解。否则的话，发现 SCC 内部变量取值一定是相同的，
	那么问题变成了一个 DAG 上最长路，拓扑排序即可	
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#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e5 + 10;;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int head[N], ver[M], edge[M], Next[M];
int head1[N], ver1[M], edge1[M], Next1[M];
int n, m, tot, tot1;

int stk[N], instk[N], top;	//栈
int dfn[N], low[N], num;
int scc[N], siz[N], cnt;
int in_degree[N];	//缩点的入度
int dis[N];			//缩点后的图，到某一点路径上，所有点权值的最大值


void add(int x, int y, int z)
{
	ver[++tot] = y, edge[tot] = z, Next[tot] = head[x], head[x] = tot;	
}

void add1(int x, int y, int z)	//缩点重新就建图
{
	ver1[++tot1] = y, edge1[tot1] = z, Next1[tot1] = head1[x], head1[x] = tot1;	
}

void tarjan(int x)
{
	dfn[x] = low[x] = ++num;
	stk[++top] = x, instk[x] = 1;
	for(int i = head[x]; i; i = Next[i])
	{
		int y = ver[i];
		if(!dfn[y])	//y尚未访问
		{
			tarjan(y);
			low[x] = min(low[x], low[y]);
		}else if(instk[y]){	//y已经访问并且在栈中
			low[x] = min(low[x], dfn[y]);
		}
	}
	//离x时， 记录scc
	if(dfn[x] == low[x]) // 若x是scc的根
	{
		int y; ++cnt;
		do{
			y = stk[top--]; instk[y] = 0;
			scc[y] = cnt; // scc编号
			++siz[cnt];
		}while(y != x);
	}
}

void bfs()
{
	queue<int> q;
	for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
	{
		if(in_degree[i] == 0)
		{
			q.push(i);
			dis[i] = 1;
		}
	}
	while(q.size())
	{
		int x = q.front(); q.pop();
		for(int i = head1[x]; i; i = Next1[i])
		{
			int y = ver1[i], z = edge1[i];
			if(dis[y] < dis[x] + z)
			{
				dis[y] = dis[x] + z;
			}
			in_degree[y]--;
			if(in_degree[y] == 0)
				q.push(y);
		}
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
	{
	//	printf("dis[%d] = %d, siz[%d] = %d\n", i, dis[i], i, siz[i]);
		ans += (ll)siz[i] * dis[i];
	}
	printf("%lld\n", ans);
}


int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int op, x, y;
	for(int i = 0; i < m; ++i)
	{
		scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
		if(op == 1){
			add(x, y, 0), add(y, x, 0);	
		}else if(op == 2){
			add(x, y, 1);
		}else if(op == 3){
			add(y, x, 0);	
		}else if(op == 4){
			add(y, x, 1);
		}else{
			add(x, y, 0);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		if(!dfn[i])
			tarjan(i);
	}
	bool flag = false;
	for(int x = 1; x <= n; ++x)
	{
		for(int i = head[x]; i; i = Next[i])
		{
			int y = ver[i], z = edge[i];
			if(scc[x] != scc[y])
			{
				add1(scc[x], scc[y], z);
				in_degree[scc[y]]++;
			}else{
				if(z != 0)
				{
					flag = true;
					break;
				}
			}
		}
	}
	if(flag)
	{
		printf("-1\n");
		return 0;
	}
	bfs();
	return 0;
}
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