POJ 3159 Candies（差分约束+spfa+链式前向星）

题目链接：http://poj.org/problem?id=3159

题目大意：给n个人派糖果，给出m组数据，每组数据包含A，B，C三个数，意思是A的糖果数比B少的个数不多于C,即B的糖果数 - A的糖果数<=C 。

最后求n 比 1 最多多多少颗糖果。

解题思路：经典差分约束的题目，具体证明看这里《数与图的完美结合——浅析差分约束系统》。

不妨将糖果数当作距离，把相差的最大糖果数看成有向边AB的权值，我们得到 dis[B]-dis[A]<=w(A,B)。看到这里，我们可以联想到求最短路时的松弛操作，

当if(dis[B]>dis[A]+w(A,B)因为要使A，B间满足dis[B]-dis[A]<=w(A,B)右要使差值最大，所以dis[B]=dis[A]+w(A,B)。

所以这题可以转化为最短路来求。注意：很坑，这题的spfa被卡了，要用栈才不会超时。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=2e5+5;

struct node{
    int to,next,w;
}edge[N];

int n,m;
int idx,head[N];
//初始化
void init(){
    idx=1;
    memset(head,-1,sizeof(head));
}
//添加边 
void addEdge(int u,int v,int w){
    edge[idx].to=v;
    edge[idx].w=w;
    edge[idx].next=head[u];
    head[u]=idx; 
    idx++;
}

int dis[N];
bool vis[N];
void spfa(int s){
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[s]=0;
    stack<int>sk;
    sk.push(s);
    while(!sk.empty()){
        int k=sk.top();
        sk.pop();
        vis[k]=false;
        for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].next){
            node t=edge[i];
            //改变了松弛条件 
            if(dis[t.to]>dis[k]+t.w){
                dis[t.to]=dis[k]+t.w;
                if(!vis[t.to]){
                    sk.push(t.to);
                    vis[t.to]=true;
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    init();
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int a,b,w;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
        addEdge(a,b,w);
    }
    spfa(1);
    printf("%d
",dis[n]-dis[1]);
    return 0;
}