hdu 3666THE MATRIX PROBLEM[差分约束]

Description

• 给你一个M×N的矩阵，矩阵元素为不超过1000的正数，问是否存在n个数的序列a1,a2,...,an，和m个数b1,b2,...,bm，满足使第i行的每个元素乘以ai,第j列中的每个元素除以bj之后，这个矩阵中的每个元素都在L和U之间，L表示元素的下界，U表示元素的上界。

Input

• 存在多组数据
• 每组数据第一行有四个整数N,M,L,U(1<=N,M<=400,1<=L<=U<=10000)，接下来N行，每行M个整数，表示矩阵元素。

Output

• 如果存在输出 YES，否则输出NO。

Sample Input

3 3 1 6
2 3 4
8 2 6
5 2 9

Sample Output

YES

思路

这道题和差分约束有什么关系呢?

用 mp 表示矩阵

根据题意有:  L <= mp[i][j]*a[i]/b[j] <= R
移项可得:    L/mp[i][j] <= a[i]/b[j] <= R/mp[i][j]
因为我们不用求出具体的值，只需判断是否满足条件，对两边取对数可以把除法变成减法
两边取对数:  log(L/mp[i][j]) <= log(a[i]/b[j]) <= log(R/mp[i][j])
即           log(L/mp[i][j]) <= log(a[i])-log(b[j]) <= log(R/mp[i][j])
得到两个不等式 
             log(b[j])-log(a[i]) <= -log(L/mp[i][j]) 
             log(a[i])-log(b[j]) <= log(R/mp[i][j])
就可以用差分约束了

由于这样建边没有起点，故我们可以加上一个超级源点，让它与所有点相连，权值为0。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn= 400+5;
double dis[maxn];
int vis[maxn], head[maxn];
int n, m, len;
struct node{
    int to,next; double w;
} e[maxn*(maxn+1)];
void Insert(int u,int v,double w){
    e[++len].to = v;
    e[len].w = w;
    e[len].next = head[u];
    head[u] = len;
}
int spfa(int s){
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
    int cnt[maxn] = {0};
    queue<int>q;
    q.push(s);
    vis[s]=1; dis[s]=0; cnt[s]++;    
    while(!q.empty()){
        int u=q.front(); q.pop(); vis[u]=0;
        for(int i=head[u]; i; i=e[i].next){
            int v=e[i].to; double w=e[i].w;
            if(dis[v] > dis[u]+w){
                dis[v] = dis[u]+w;
                if(!vis[v]){
                    vis[v]=1; q.push(v); cnt[v]++;
                    if(cnt[v] > sqrt(n+m))//这个优化我也不知道为啥,能用就行
                        return 0;
                }
            }
        }
    }
    return 1;
}
int main(){
    double L,U,x;
    while(~scanf("%d%d%lf%lf",&n, &m, &L, &U)){
        len=0;
        memset(head, 0, sizeof(head));
        for(int i=1; i<=n; i++)
            for(int j=1; j<=m; j++){
            scanf("%lf", &x);//1~n表示行，n+1~n+m表示列, 我们并不用关心a[i]和b[j]的具体值是多少,只需要判断我们建好的图有没有解
            Insert(n+j, i, log(U/x));
            Insert(i, n+j, -log(L/x));
        }
        for(int i=1; i<=n+m; i++) Insert(0, i, 0);//0作为超级源点
        if(spfa(0)) printf("YES
");
        else printf("NO
");
    }
    return 0;
}