☆ [POJ1021] Intervals 「差分约束」

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题意：给出N段区间，并告诉你每段区间里有几个数（一个位置只能放一个数） 问总共至少有几个数

解题思路

　　差分约束题，本蒟蒻也是第一次做差分约束题……

　　所谓差分约束，常常是通过最短路（或最长路）来解决一些约束问题，例如不等式组

　　举个例子：$$x1 -x2 leq a1 (1)$$$$x2 -x3 leq a2 (2)$$$$x1 -x3 leq a3 (3)$$求解$x1-x3$的解集

　　则我们可以让1~2连一条长度为a1的有向边，2~3连一条长度为a2的有向边，1~3连一条长度为a3的有向边

　　我们会发现$(1)+(2)$可以得到$x1 - x3 leq a1 + a2$（利用了不等式之间相加的定理），因此得到一组不等式组$$x1 - x3 leq a1 + a2$$$$x1 -x3 leq a3 (3)$$

　　而最终由于是小于等于的约数，解集应当取$Min{ a1+a2, a3 }$

　　为什么可以转化为最短路问题呢？考虑一条路径，对于所有非起点且非终点的点，与其相邻的路径上的两个点对应了两条路径，不妨设为$a-s,s-b$，则当这两个不等式相加时，中介点$s$一定会被消掉。宏观来看，一条路径上所有非起点终点的点都将为被抵消掉。因此最后只剩下路径的头尾了。而要求解集，如果是$<$，则应该取最小值，也就是最短路了。

　　以上是差分约束的基本概念。那么回到这道题来，好像和差分约束没什么关系？

　　光看好像是没什么关系。由于是考虑区间内数的个数，不妨设想有一个前缀和数组s，这样$[a_i, b_i]$至少有$c_i$个元素就可以表示成$s[b_i] - s[a_i-1] >= c[i]$，我们会得到若干个这样的不等式，就可以做差分约束了——然而值得注意的是，刚才的例子里是小于等于，而这里是大于等于。所以这里的解集应当取到最大，所以求的是最长路而不是最短路

　　真的仅仅只是这样吗？我们忽略了题目给的一个条件——每个位置只能放一个数，所以我们的约束条件少了，要加上对于每一个位置i，$s[i]-s[i-1] geq 0, s[i]-s[i-1] leq 1$（其实$s[i]-s[i-1]$）就是i这个位置的数的个数，不是0就是1. 对于小于等于的情况，同时乘以-1转换成大于等于的形式，$s[i-1]-s[i] geq -1$即可

code

　　注意Dijkstra是不能做负权的（有$s[i-1]-s[i] geq -1$的存在），所以用SPFA

/*By QiXingzhi*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue> 
#include <algorithm>
#define  r  read()
#define  Max(a,b)  (((a)>(b)) ? (a) : (b))
#define  Min(a,b)  (((a)<(b)) ? (a) : (b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 500010;
const int INF = 1061109567;
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register int c = getchar();
    while(c ^ '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) +(x << 1) + c - '0', c = getchar();
    return x * w;
}
int N,L,R;
int a,b,c,d[MAXN],vis[MAXN];
int first[MAXN*2],nxt[MAXN*2],to[MAXN*2],cost[MAXN*2],num_edge;
queue <int> q;
inline void add(int u, int v, int w){
//    printf("%d->%d  (%d)
", u,v,w);
    to[++num_edge] = v;
    cost[num_edge] = w;
    nxt[num_edge] = first[u];
    first[u] = num_edge;
}
inline void SPFA(int s){
    for(int i = 0; i <= N; ++i) d[i] = -INF;
    d[s] = 0;
    q.push(s);
    int u, v;
    while(!q.empty()){
        u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = 0;
        for(int i = first[u]; i; i = nxt[i]){
            v = to[i];
            if(d[u] + cost[i] > d[v]){
                d[v] = d[u] + cost[i];
                if(!vis[v]){
                    vis[v] = 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
}
inline void Init(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(first,0,sizeof(first));
    memset(nxt,0,sizeof(nxt));
    memset(to,0,sizeof(to));
    memset(cost,0,sizeof(cost));
}
int main(){
//    freopen(".in","r",stdin);
    while(scanf("%d",&N) == 1){
        L = N+1, R = -1;
        Init();
        for(int i = 1; i <= N; ++i){
            a=r,b=r,c=r;
            add(a, b+1, c);
            L = Min(L, a);
            R = Max(R, b+1);
        }
        for(int i = 2; i <= R; ++i){
            add(i+1, i, -1);
            add(i, i+1, 0);
        }
        SPFA(L);
    //    printf("R+1 = %d  L+1 = %d
",R+1,L+1);
        printf("%d
", d[R]);    
    }
    return 0;
}