差分约束系统详解

差分约束系统

目录

• 差分约束系统
  • 解的存在性
  • 不等式标准化
  • 例题
    • 模板题
    • P1250种树
    • P1993 小K的农场

差分约束系统即给一些限制条件，问你满足条件的最优解（最大最小值），或者判断添加你是否成立。

解的存在性

差分约束系统中，有两种特殊情况，1种是出现负权圈时， 如下图，求(arr[t] - arr[s])的最大值， 这时 s 到 t 不存在最短路， 即最大值不纯在。

还有一种情况是 s 和 t 没有约束关系，如下图所示。这时他们得最大值为正无穷最小值为负无穷。

即解的情况有三种：有解， 无解， 无限多解。

不等式标准化

在求解差分约束系统的最优解时， 我们需要将不等式标准化。这时我们要根据题目中的要求做相应变换。如果题目要求最大值，我们则将不等式化作(a[i] - a[j] <= t)，建一条 j --> i 的权值为t边， 并求最短路；反之要求最小值，我们则将不等式化作(a[i] - a[j] >= t)， 建一条 j --> i 的权值为t的边， 并求最长路。

还有需要建的几种特殊的边。如果题目约束 (a[i] - a[j] == t)，那么我们可以将式子转化成下面两个式子：

[a[i] - a[j] >= t\ a[i] - a[j] <= t ]

再将其中一种不等号反向， 建图即可。

同时如果题目要求(a[i] - a[j] < t)， 那么在整数条件下我们可以将其改为(a[i] - a[j] <= t - 1)，实数的话加个eps即可。

ps:在判断有无负环时， 我们用dfs比较好， 因为用bfs可能会mle或tle。

例题

模板题

【描述】：n 个未知数， m 个不等式形如(a - b >= c)， 有解则输出一组解， 无解则输出NO。

【思路】：直接差分约束， 用一下超级源点的思想从0给所有未知数加个权值为0的边， 最后泡一下spfa(0)，有解则dis[i]就是满足要求的每个未知数的解。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 4e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int gcd(int a,int b)    { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

struct farm{
    int nex, to, val;
}Edge[maxn<<1];
int head[maxn], n, m, tot;
queue<int> q;
int vis[maxn], dis[maxn], mk[maxn];

inline void init(){
    tot = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
}
inline void add(int from, int to, int val){
    Edge[++tot].to = to;
    Edge[tot].val = val;
    Edge[tot].nex = head[from];
    head[from] = tot;
}
bool spfa(int s)
{
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        mk[i] = vis[i] = 0;
        dis[i] = i == s ? 0 : inf;
    }
    q.push(s);
    vis[s] = 1; mk[s]++;
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = 0;
        for(int i = head[u]; i != -1; i = Edge[i].nex){
            int v = Edge[i].to;
            if(dis[v] > dis[u] + Edge[i].val){
                dis[v] = dis[u] + Edge[i].val;
                if(vis[v])  continue;
                vis[v] = 1;
                if(++mk[v] >= n)    return 0;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &m);
    init();
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        int a, b, val;
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &val);
        add(b, a, val);
    }
    for(int i = 0; i <= n; ++i){
        add(0, i, 0);
    }
    int ok = spfa(0);
    if(!ok) puts("NO");
    else{
        for(int i = 1; i <= n; ++i){
            printf("%d%c", dis[i], i == n ? '
' : ' ');
        }
    }
    system("pause");
}

P1250种树

【描述】：n 个区域编号 1...n，m 个房子，每个房子都有一个要求：在s ~ t 区域内至少种 val 棵树， 问最少种即可树满足要求？

【思路】：这题求得是最小值， 我们可以将不等式化成 ">=" 的形式， 用前缀和来表示， a - b中至少有val棵树， 即：(sum[a] - sum[b-1] >= val)， 故可建 (b-1) --> a 的权值为 val 的边， 同时还有一个约束条件：(1 >= sum[i] - sum[i-1] >= 0)，即：(sum[i] - sum[i-1] >= 0), (sum[i-1] - sum[i] >= -1)；即建(i - 1) --> i的权值为0的边和i --> (i-1)的权值为-1的边， 最后spfa跑一边最长路， 输出dis[n]即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int gcd(int a,int b)    { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

int n, m;
int dis[maxn], vis[maxn], tot;
struct edge{
    int nex, to, val;
}Edge[maxn];
int head[maxn];

inline void add(int from, int to, int val){
    Edge[++tot].to = to;
    Edge[tot].val = val;
    Edge[tot].nex = head[from];
    head[from] = tot;
}
void spfa(int s)
{
    for(int i = 0; i <= n; ++i){
        dis[i] = -inf;
        vis[i] = 0;
    }
    queue<int> q;
    q.push(s);
    dis[s] = 0; vis[s] = 1;
    while(!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = 0;
        for(int i = head[u]; i != -1; i = Edge[i].nex){
            int v = Edge[i].to;
            if(dis[v] < dis[u] + Edge[i].val){
                dis[v] = dis[u] + Edge[i].val;
                if(vis[v])  continue;
                vis[v] = 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &m);
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        int a, b, c;
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        add(a-1, b, c);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        add(i - 1, i, 0);
        add(i, i - 1, -1);
    }
    spfa(0);
    printf("%d
", dis[n]);
    system("pause");
}

P1993 小K的农场

【描述】：n 个农场， m个不等式， 1开头表示 a 比 b 至少多 val 个， 2开头表示a 比 b 至多多多少个， 3开头表示 a 和 b 相等， 问有没有解。n, m 都是 1e4 范围。

【思路】：差分约束判断负环即可。spfa判断负环时间复杂度为(O(nm))， 在这可能会超时， 所以用dfs模拟一下即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int gcd(int a,int b)    { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

struct edge{
    int nex, to, val;
}Edge[maxn];
int head[maxn], tot, n, m;
int dis[maxn], mk[maxn], vis[maxn];

inline void add(int from, int to, int val){
    Edge[++tot].to = to;
    Edge[tot].val = val;
    Edge[tot].nex = head[from];
    head[from] = tot;
}
bool spfa(int u){
    vis[u] = 1;
    for(int i = head[u]; i != -1; i = Edge[i].nex){
        int v = Edge[i].to;
        if(dis[v] < dis[u] + Edge[i].val){
            dis[v] = dis[u] + Edge[i].val;
            if(vis[v])  return 0;
            if(!spfa(v)) return 0;
        }
    }
    vis[u] = 0;
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &m);
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        int a, b, val, f;
        scanf("%d %d %d", &f, &a, &b);
        if(f == 1){
            scanf("%d", &val);
            add(b, a, val);
        }
        else if(f == 2){
            scanf("%d", &val);
            add(a, b, -val);
        }
        else{
            add(b, a, 0);
            add(a, b, 0);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        add(0, i, 0);
        dis[i] = -inf;
    }
    if(spfa(0)) puts("Yes");
    else puts("No");
    system("pause");
}