POJ3169

题目链接：http://poj.org/problem?id=3169

AC思路：

　　spfa算法。

　　设各牛的位置为x[ ]。

　　对于感情好的牛，即第2到ML+1行：A B D, 有x[B] - x[A] <=D.而对于感情不好的牛，即第ML+2到ML+MD+1行: A B D, 则有x[B] - x[A] >=D，可以转化为x[A] - x[B] <= -D.

　　这是一个差分约束题，第一类式子x[B] - x[A] <=D可以看成是从点B到点A的边权为D，而第二类式子也可以转换成x[A] - x[B] <= -D，看成是从点A到点B的负权边。

　　最终目的是要求 x[N] - x[1]的最大值，其实就是从N点出发到 1点的单源最短路问题。理解了差分约束这个概念，这道题就不难了。

AC代码：

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxv=1000+3,maxe=20000+3;
const int inf=0x7ffffff;
int edgecount,N;
int head[maxv],d[maxv],visitcount[maxv];
bool inq[maxv];
queue<pair<int,int> > q;
struct edge{
    int from,to,val,next;
    edge(){}
    edge(int _f,int _t,int _v,int _n){
        from=_f,to=_t,val=_v,next=_n;
    }
}es[maxe];
void addedge(int from,int to,int val){
    es[edgecount]=edge(from,to,val,head[from]);
//    printf("es[%d] = (%d,%d,%d,%d)
",edgecount,from,to,val,head[from]);
    head[from]=edgecount++;
}
bool spfa(int s){
    for(int i=1;i<=N;i++){
        d[i]=inf;
        inq[i]=(i==s);
        visitcount[i]=0;
    }
    d[s]=0;
    q.push(make_pair(d[s],s));
    while(!q.empty()){
        int dist=q.front().first,u=q.front().second;
        q.pop();
        inq[u]=false;
        if(visitcount[u]++>N)   return true;
        for(int e=head[u];e!=-1;e=es[e].next){
            int t=es[e].to,value=es[e].val;
            if(d[t]>d[u]+value){
                d[t]=d[u]+value;
                if(!inq[t]){
                    inq[t]=true;
                    q.push(make_pair(d[t],t));
                }
            }
        }
    }
    return false;
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    int ML,MD,A,B,D;    edgecount=0;
    scanf("%d%d%d",&N,&ML,&MD);
    while(ML--){
        scanf("%d%d%d",&A,&B,&D);
        addedge(B,A,D);
    }
    while(MD--){
        scanf("%d%d%d",&A,&B,&D);
        addedge(A,B,-D);
    }

    if(spfa(N)) printf("-1
");
    else if(d[1]==inf)  printf("-2
");
    else    printf("%d
",d[1]);
 //   for(int i=1;i<=N;i++)   printf("%d
",d[i]);
    return 0;
}