『题解』洛谷P1993 小K的农场

时间:2023-03-08 16:50:33
『题解』洛谷P1993 小K的农场

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Portal1: Luogu

Description

小\(K\)在\(\mathrm MC\)里面建立很多很多的农场,总共\(n\)个,以至于他自己都忘记了每个农场中种植作物的具体数量了,他只记得一些含糊的信息(共\(m\)个),以下列三种形式描述:

  • 农场\(a\)比农场\(b\)至少多种植了\(c\)个单位的作物,

  • 农场\(a\)比农场\(b\)至多多种植了\(c\)个单位的作物,

  • 农场\(a\)与农场\(b\)种植的作物数一样多。

但是,由于小\(K\)的记忆有些偏差,所以他想要知道存不存在一种情况,使得农场的种植作物数量与他记忆中的所有信息吻合。

Input

第一行包括两个整数\(n\)和\(m\),分别表示农场数目和小\(K\)记忆中的信息数目。

接下来\(m\)行:

如果每行的第一个数是\(1\),接下来有\(3\)个整数\(a, b, c\),表示农场\(a\)比农场\(b\)至少多种植了\(c\)个单位的作物。

如果每行的第一个数是\(2\),接下来有\(3\)个整数\(a, b, c\),表示农场\(a\)比农场\(b\)至多多种植了\(c\)个单位的作物。如果每行的第一个数是\(3\),接下来有\(2\)个整数\(a, b\),表示农场\(a\)种植的的数量和\(b\)一样多。

Output

如果存在某种情况与小\(K\)的记忆吻合,输出Yes,否则输出No

Sample Input

3 3
3 1 2
1 1 3 1
2 2 3 2

Sample Output

Yes

Hint

对于\(100\%\)的数据保证:\(1 \le n, m, a, b, c \le 10000\)。

Solution

我们用\(\mathrm{s[i]}\)表示\(i\)农场的作物数量,那么题目中的条件我们可以表示为:

  1. \(s[a] \ge s[b] + c\)

  2. \(s[b] \ge s[a] - c\)

  3. \(s[b] = s[a]\)

因为我们如果想让这道题用差分约束做,要把所有的约束条件都改为\(\le\)或者\(\ge\)的形式,但是此题的所有农场的做作物数都不能为负数,所以必须要用最长路解决。因此,我们可以改为:

  1. \(s[a] \ge s[b] + c\)

  2. \(s[b] \ge s[a] - c\)

  3. \(s[a] \ge s[b] + 0\)

  4. \(s[b] \ge s[a] + 0\)

  5. \(s[i] \ge 0\)

然后我们开始建边:

对于题目给出的\(a, b, c\)

  1. \(b \to a\)建一条权值为\(c\)的边;

  2. \(a \to b\)建一条权值为\(-c\)的边;

  3. \(a \to b\)建一条权值为\(0\)的边;

  4. \(b \to a\)键一条权值为\(0\)的边;

最后在\(0 \to i, i \in [1, n]\)建权值为\(0\)的边。

建完之后用\(\mathrm{SPFA}\)跑一遍最长路,顺便判断环就可以了。

Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f, MAXN = 20005;
struct EDGE {
int to, nxt, val;
} edge[MAXN];
int n, m, u, v, opt, val, cnt, tot[MAXN], vis[MAXN], dis[MAXN], head[MAXN];
inline void addedge(int u, int v, int val) {//邻接表存图
edge[++cnt].to = v; edge[cnt].val = val; edge[cnt].nxt = head[u]; head[u] = cnt;
}
inline bool SPFA() {//SPFA最长路
priority_queue<int> Q;
memset(dis, -INF, sizeof(dis));
vis[0] = 1;
dis[0] = 0;
tot[0] = 1;
Q.push(0);
while (!Q.empty()) {
int u = Q.top();
Q.pop();
vis[u] = 0;
for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
if (dis[v] < dis[u] + edge[i].val) {
dis[v] = dis[u] + edge[i].val;
if (!vis[v]) {
tot[v] = tot[u] + 1;
Q.push(v);
vis[v] = 1;
if (tot[v] > n) return 0;
}
}
}
}
return 1;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &opt);
if (opt == 1) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &val);
addedge(u, v, val);
} else
if (opt == 2) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &val);
addedge(v, u, -val);
} else {
scanf("%d%d", &u, &v);
addedge(u, v, 0);
addedge(v, u, 0);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
addedge(0, i, 0);//按题目的描述建边
if (SPFA()) printf("Yes\n"); else printf("No\n");
return 0;
}