hdu 3666差分约束

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3666

题目描述：http://blog.sina.com.cn/s/blog_64675f540100l52h.html
给你一个N*M的矩阵，给你两个数L和U（L <= U）问你是否存在这样的N+M个数字（计作A1….AN, B1…..BM），使矩阵中任意元素Xij，满足：
L <= (Xij * Ai) / Bj <= U
输出YES OR NO。
解题报告：
转换成：Xij * Ai – U * Bj <= 0 和 L*Bj – Xij * Ai <= 0
差分约束中的xi – xj <= val, 中的xi和xj都不能够有系数。
那么有了系数，只需去log把乘法转化成加法就好了：
Log(Xij) + logAi – LogU – LogBj <= 0 è logAi – LogBj <= LogBj – LogXij
另一个式子也同理，这样就转化成了标准的差分约束。
注意：
判断有无解（负环）的时候，如果用spfa，不能用入队次数大于N来判断，会超时。
有如下两种比较可靠的方法（一般情况下）
1：某个点入队次数大于sqrt(N)的时候
2：所有入队次数大于T * （N + M），其中T一般取2

分析：题目意思就是是否存在ai,bj，使得l<=cij*(ai/bj)<=u (1<=i<=n,1<=j<=m)成立

首先，把cij除到两边:l'<=ai/bj<=u'，如果差分约束的话，应该是ai-bj的形式，于是可以取对数

log(l')<=log(ai)-log(bj)<=log(u')

把log(ai)和log(bj)看成两个点ai和bj，化成求最短路的形式：dis[ai]-dis[bj]<=log(u'),dis[bj]-dis[ai]<=-log(l')

转化为差分约束后,spfa拿下
http://blog.csdn.net/cscj2010/article/details/7759630

// I'm lanjiangzhou
//C
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <ctype.h>
#include <math.h>
#include <time.h>
//C++
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <stack>
#include <string>
#include <list>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <deque>
#include <set>
using namespace std;

//*************************OUTPUT*************************
#ifdef WIN32
#define INT64 "%I64d"
#define UINT64 "%I64u"
#else
#define INT64 "%lld"
#define UINT64 "%llu"
#endif

//**************************CONSTANT***********************
#define INF 0x3f3f3f3f

// aply for the memory of the stack
//#pragma comment (linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
//end
const int maxn =1010;
int head[maxn];
int vis[maxn];
int _count[maxn];//用来记录同一个点入队列的次数
int n,m,cnt;

struct point{
    int v,next;//终点，指向下一条边
    double w;//权值
}edge[maxn*maxn];

double dis[maxn];

void CreateMap(int u,int v,double w){
    edge[cnt].v=v;
    edge[cnt].w=w;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt++;
}

int spfa(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(_count,0,sizeof(_count));
    for(int i=1;i<=n+m;i++){
        dis[i]=INF;
    }
    dis[1]=0;
    vis[1]=1;
    _count[1]++;
    queue<int> Q;
    Q.push(1);
    while(!Q.empty()){
        int tmp=Q.front();
        Q.pop();
        vis[tmp]=0;
        for(int i=head[tmp];i!=-1;i=edge[i].next){
            if(dis[tmp]+edge[i].w<dis[edge[i].v]){
                dis[edge[i].v]=dis[tmp]+edge[i].w;
                if(!vis[edge[i].v]){
                    Q.push(edge[i].v);
                    vis[edge[i].v]=1;
                    if(++_count[edge[i].v]>(int)sqrt(1.0*(n+m)))
                        return 0;
                }
            }
        }
    }
    return 1;
}

int main(){
    //int temp;
    double l,u;
    while(scanf("%d%d%lf%lf",&n,&m,&l,&u)!=EOF){
        memset(head,-1,sizeof(head));
        cnt=1;
        int temp;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                scanf("%d",&temp);
                CreateMap(i,j+n,-log(l*1.0/temp));
                CreateMap(j+n,i,log(u*1.0/temp));
            }
        }
        int flag=spfa();
        if(flag) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

 http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=21609#overview