2330: [SCOI2011]糖果
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 10025 Solved: 3439
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Description
幼儿园里有N个小朋友，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，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，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。
Input
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；
Output
输出一行，表示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。
Sample Input
5 7
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1
Sample Output
11
HINT
【数据范围】
对于30%的数据，保证 N<=100
对于100%的数据，保证 N<=100000
对于所有的数据，保证 K<=100000，1<=X<=5，1<=A, B<=N
Source
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题解
把约束关系建成差分约束系统，然后就可以跑最长路了。但是spfa已死，所以需要另一种算法。
因为边权只有0和1，所以如果图中存在一个环中有1，那么一定无解。所以tarjan求出SCC后判无解。如果有解一个SCC里面的数肯定相等，这时跑一个DAG上的最长路DP就行了。
时间复杂度(O(n+m))
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=1e5+1;
int n,m,num,top,cnt;
int d[N],dfn[N],low[N],st[N],c[N],deg[N],f[N],scc[N];
bool ins[N];
vector<pair<int,int> > e[N],ec[N];
queue<int> q;
il void add(int x,int y,int z){
e[x].push_back(make_pair(y,z));
}
il void addc(int x,int y,int z){
ec[x].push_back(make_pair(y,z));
++deg[y];
}
void tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++num;
st[++top]=x;
ins[x]=1;
for(unsigned i=0;i<e[x].size();++i){
int y=e[x][i].first;
if(!dfn[y]){
tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
}
else if(ins[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
++cnt;
int y;
do{
y=st[top--];
ins[y]=0;
c[y]=cnt;
++scc[cnt];
}while(y!=x);
}
}
int main(){
read(n),read(m);
for(int i=1,o,a,b;i<=m;++i){
read(o),read(a),read(b);
if(o==2) add(a,b,1);
else if(o==3) add(b,a,0);
else if(o==4) add(b,a,1);
else if(o==5) add(a,b,0);
else{
add(a,b,0);
add(b,a,0);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) add(0,i,1);
tarjan(0);
for(int x=0;x<=n;++x)
for(unsigned i=0;i<e[x].size();++i){
int y=e[x][i].first,z=e[x][i].second;
if(c[x]==c[y]){
if(!z) continue;
return puts("-1"),0;
}
addc(c[x],c[y],z);
}
q.push(c[0]); // edit 1: c[0]
while(q.size()){
int x=q.front();
q.pop();
for(unsigned i=0;i<ec[x].size();++i){
int y=ec[x][i].first,z=ec[x][i].second;
f[y]=max(f[y],f[x]+z);
if(!--deg[y]) q.push(y);
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;++i) ans+=(ll)f[i]*scc[i];
printf("%lld
",ans);
return 0;
}