[bzoj3436]小K的农场_差分约束

小K的农场 bzoj-3436

题目大意：给定n个点，每个节点有一个未知权值。现在有m个限制条件，形如：点i比点j至少大c，点i比点j至多大c或点i和点j相等。问是否可以通过给所有点赋值满足所有限制条件。

注释：$1le n,mle 10^4$。

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想法：差分约束裸题。

我们将限制条件转化一下：

$val_i-val_j>c$

$Leftrightarrow val_i>val_j+c$；

我们就从j到i连一条权值为c的边。

$val_i-val_j<c$

$Leftrightarrow val_j>val_i-c$；

我们就从i到j连一条权值为-c的边。

相等的话直接连两条权值为0的边

跑spfa求最长路，判断有没有正环即可。

最后，附上丑陋的代码... ...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define N 10010 
using namespace std;
queue<int>q;
int n,m;
int to[N<<2],nxt[N<<2],val[N<<2],head[N<<1],tot;
int dis[N],tim[N]; bool vis[N];
inline char nc() {static char *p1,*p2,buf[100000]; return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int rd() {int x=0; char c=nc(); while(!isdigit(c)) c=nc(); while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}
inline void add(int x,int y,int z) {to[++tot]=y; val[tot]=z; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;}
bool spfa()
{
	while(!q.empty()) q.pop(); memset(dis,0x3f,sizeof dis); dis[0]=0; q.push(0); vis[0]=true;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=false; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(dis[to[i]]>dis[x]+val[i])
		{
			dis[to[i]]=dis[x]+val[i];
			if(!vis[to[i]])
			{
				vis[to[i]]=true; q.push(to[i]);
				tim[to[i]]=tim[x]+1;
				if(tim[to[i]]>n) return false;
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	int opt,x,y,z;
	n=rd(),m=rd(); for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		opt=rd();
		if(opt==1) {x=rd(),y=rd(),z=rd(),add(x,y,-z);}
		else if(opt==2) {x=rd(),y=rd(),z=rd(),add(y,x,z);}
		else {x=rd(),y=rd(),add(x,y,0),add(y,x,0);}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) add(0,i,0);
	if(spfa()) puts("Yes");
	else puts("No");
	return 0;
}

小结：差分约束还是比较有意思的/xyx