【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security BFS

【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security

Description

给出一个N个顶点、M条边的无向图，边(u,v)有权值w(u,v)，顶点i也有权值p(i)，
并且对于每条边(u,v)都满足p(u)+p(v)>=w(u,v)。
现在要将顶点i的权值减去z(i)，其中0<=z(i)<=p(i)。
修改后设顶点i的权值p'(i)=p(i)-z(i)，对于每条边(u,v)都满足p'(u)+p'(v)=w(u,v)。
求sum{z(i)}的最小值和最大值。

Input

第一行两个正整数n,m (n<=500,000, m<=3,000,000)。
第二行n个整数，依次表示p(1),p(2),...,p(n) (0<=p(i)<=10^6)。
下面m行，每行三个整数u,v,w (1<=u,v<=n, 0<=w<=10^6)，表示存在一条权值为w的边(u,v)。

Output

两个正整数，分别表示sum{z(i)}的最小值和最大值，如果不存在方案就输出NIE。

Sample Input

For the input data:
3 2
5 10 5
1 2 5
2 3 3
the correct result is:
12 15
whereas for the following input data:
3 3
1 1 1
1 2 1
1 3 1
3 2 1
the correct result is:

NIE

题解：容易发现，对于一个连通块，只需要任意确定一个点的值，其它的点就都确定了。所以我们设这个点为x，那么其他点的值都是x+d或-x+d的形式，我们BFS一下即可得到，然后就是特判部分了：

当我们搜到了一个点时，先算一下那个点的系数即常数项，如果这个点在之前已经被搜过了，且系数一样，那么直接看常数项，如果相同则不用管，不同则无解；如果系数不一样，那么我们已经得到了一个等式，x值就是唯一确定的了（前提是下面↓的不等式有解）。

如果没有出现上述情况，那么我们已经将连通块中的所有点都用x表示了出来，并且这些点都要满足值$in [0,P]$，我们就相当于得到了若干个不等式，求出不等式的解就能得到x的取值范围。如果无解则NIE；否则，这整个连通块的权值之和一定是关于x的一次函数，它的极值一定在x为极值时取到，分别计算一下即可。

此题还需要读入优化。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int maxn=500010;
const int maxm=3000010;
typedef long long ll;
int n,m,cnt,tot;
ll ans1,ans2,L,R,sum1,sum2;
int to[maxm<<1],next[maxm<<1],head[maxn],val[maxm<<1],p[maxn],vis[maxn][2],q[maxn];
ll v[maxn][2];
queue<int> qx,qy;
inline char nc()
{
	static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=nc();
	while(!isdigit(gc))	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=nc();}
	while(isdigit(gc))	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=nc();
	return ret*f;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void bfs(int x)
{
	vis[x][0]=1;
	qx.push(x),qy.push(0);
	int i,a,b;
	q[tot=1]=x;
	while(!qx.empty())
	{
		a=qx.front(),b=qy.front(),qx.pop(),qy.pop();
		for(i=head[a];i!=-1;i=next[i])
		{
			if(!vis[to[i]][0]&&!vis[to[i]][1])	q[++tot]=to[i];
			if(vis[to[i]][b^1])
			{
				if(v[to[i]][b^1]!=val[i]-v[a][b])	printf("NIE"),exit(0);
			}
			else
			{
				vis[to[i]][b^1]=1,v[to[i]][b^1]=val[i]-v[a][b];
				qx.push(to[i]),qy.push(b^1);
			}
		}
	}
	L=0,R=p[x],sum1=sum2=0;
	for(i=1;i<=tot;i++)
	{
		a=q[i];
		if(vis[a][0])	L=max(L,-v[a][0]),R=min(R,p[a]-v[a][0]);
		if(vis[a][1])	L=max(L,v[a][1]-p[a]),R=min(R,v[a][1]);
		if(vis[a][0]&&vis[a][1])
		{
			if((v[a][1]-v[a][0])&1)	printf("NIE"),exit(0);
			L=max(L,(v[a][1]-v[a][0])>>1),R=min(R,(v[a][1]-v[a][0])>>1);
		}
	}
	if(L>R)	printf("NIE"),exit(0);
	for(i=1;i<=tot;i++)
	{
		a=q[i];
		if(vis[a][0])	sum1+=p[a]-L-v[a][0],sum2+=p[a]-R-v[a][0];
		else	sum1+=p[a]+L-v[a][1],sum2+=p[a]+R-v[a][1];
	}
	if(sum1>sum2)	swap(sum1,sum2);
	ans1+=sum1,ans2+=sum2;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,a,b,c;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)	p[i]=rd();
	for(i=1;i<=m;i++)	a=rd(),b=rd(),c=rd(),add(a,b,c),add(b,a,c);
	for(i=1;i<=n;i++)	if(!vis[i][0]&&!vis[i][1])	bfs(i);
	printf("%lld %lld
",ans1,ans2);
	return 0;
}