洛谷 P3275 [SCOI2011] 糖果

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题目大意：

有 (N) 个大于 (0) 的数值，其中有 (M) 对之间的关系已经给出，请求出所有数字和至少有多大，若无解则输出 (-1) 。
关系有 (a=b) ，(a>b) ，(a<b) ， (ageq b) ， (aleq b) 五种。
(N,Mleq 10^5)

思路：

这道题外表看起来是一个差分约束板子（如果你是卡常大师的话那确实如此），不过出题人没有那么良心，他卡了 (SPFA) 。
由于每个数字 (geq 1) ，可以设 (d[0]=0) ，让 (forall x,d[x]-d[0]geq 1) ，建完图后，考虑这题有什么特殊性质。
连边的时候可以发现所有的边权都是 (geq 0) 的，这意味着如果图中出现一个环，则环上的边权必须全为 (0) ，否则必然无解。在这个思路引导下，用 (Tarjan) 求出图中的所有强连通分量，而 (SCC) 在这里的性质与环相同，若有非零边则无解，否则分量中的所有数都应该相等，这时我们可以将其视为一整块，进行缩点，然后便得到了一张 (DAG) ，这样事情就简单了，从节点 (0) 所在的 (SCC) 出发进行拓扑即可得到每个块的最小数值。
时间复杂度 (O(N+M))

实现细节：

• (ans) 开 (long) (long)

Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<queue>
#define N 100100
#define M 300100
using namespace std;
inline int read(){
    int s=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}
int head[N],to[M],nxt[M],len[M];
int H[N],T[M],NX[M],L[M];
int dfn[N],low[N];
int c[N],siz[N],deg[N],dis[N];
int cnt,num,scc;
bool in[N];
stack<int> s;
queue<int> q;
void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(H,-1,sizeof(H));
    cnt=-1;
}
void add_e(int a,int b,int l){
    nxt[++cnt]=head[a],head[a]=cnt,to[cnt]=b,len[cnt]=l;
}
void add_c(int a,int b,int l){
    NX[++cnt]=H[a],H[a]=cnt,T[cnt]=b,L[cnt]=l;
}
void tarjan(int x){
    dfn[x]=low[x]=++num;
    s.push(x),in[x]=true;
    for(int i=head[x];~i;i=nxt[i]){
        int y=to[i];
        if(!dfn[y]){
            tarjan(y);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
        }else if(in[y])
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x]==low[x]){
        scc++; int y;
        do{
            y=s.top(),s.pop();
            in[y]=false,c[y]=scc;
            siz[scc]++;
        }while(x!=y);
    }
}
void topo(){
    q.push(c[0]);
    while(!q.empty()){
        int cur=q.front(); q.pop();
        for(int i=H[cur];~i;i=NX[i]){
            dis[T[i]]=max(dis[T[i]],dis[cur]+L[i]);
            if(--deg[T[i]]==0)q.push(T[i]);
        }
    }
}
int main(){
    int n,k,x,a,b;
    cin>>n>>k;
    init();
    for(int i=0;i<k;i++){
        x=read(),a=read(),b=read();
        switch(x){
            case 1:add_e(a,b,0),add_e(b,a,0); break;
            case 2:add_e(a,b,1); break;
            case 3:add_e(b,a,0); break;
            case 4:add_e(b,a,1); break;
            case 5:add_e(a,b,0);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)add_e(0,i,1);
    tarjan(0);
    cnt=-1;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        for(int j=head[i];~j;j=nxt[j]){
            if(c[i]!=c[to[j]])
                add_c(c[i],c[to[j]],len[j]),deg[c[to[j]]]++;
            else if(len[j])return puts("-1"),0;
        }
    }
    topo();
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=scc;i++)ans+=(long long)siz[i]*dis[i];
    cout<<ans;
    return 0;
}