P1993 小K的农场 && 差分约束

首先第一篇讨论的是差分约束系统解的存在

差分约束系统是有 (n) 个变量及 (m) 个（如 (x_{i} - x_{j} leq a_{k}) ）关系组成的系统

差分约束解的求解可以转化为图中最短路的求解问题

对一个标准的差分约束式， 我们可以如下连边$$x_{i} - x_{j} leq a_{k} Rightarrow V(j , i), w[j,i] = a[k]$$
对于一个不是那么标准的差分约数式， 我们可以做如下变形：$$x_{i} - x_{j} geq a_{k} Rightarrow x_{j} - x_{i} leq -a_{k}$$$$x_{i} - x_{j} < a_{k} Rightarrow x_{i} - x_{j} leq a_{k} + 1$$$$x_{i} = x_{j} Rightarrow x_{i} - x_{j} leq 0 & & x_{j} - x_{i} leq 0$$

然后连边， 转化为最短路是否有解的问题， 考虑 (SPFA) 解决， 值得注意的是， 这个图不一定只有一个联通块， 所以我们从源点 (0) 出发， 初始先像每一个点连边， 权为 (0) ， 以源点为起点进行 (SPFA) 便会比较方便了

P.s : 一般差分约数只是判断是否有解的数据会比较恶心，所以可以使用 (SPFA(dfs)) 来代替 (SPFA(bfs)) ， 遇到负环直接退出， 效率较高

可以试想一下， 跑出来的最短路是什么呢？ 无法到达又说明着什么呢？ 这将会在下一篇进行探讨

P1993 小K的农场

题目描述
小K在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。

输入输出格式
输入格式：
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。

输出格式：
如果存在某种情况与小 K 的记忆吻合，输出“Yes”，否则输出“No”。

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板题， 手算， 转换一下关系连边即可。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int RD(){
    int flag = 1, out = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 1000019, INF = 1e9 + 19;
int head[maxn], nume = 1;
int num, ni;
struct Node{
    int u, v, dis, nxt;
    }E[maxn << 3];
void add(int u, int v, int dis){
    E[++nume].nxt = head[u];
    E[nume].v = v;
    E[nume].dis = dis;
    head[u] = nume;
    }
int d[maxn];
bool ins[maxn], flag;
void SPFA(int u){
    ins[u] = 1;
    for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v, dis = E[i].dis;
        if(d[u] + dis < d[v]){
            if(ins[v]){flag = 1;return ;}
            d[v] = d[u] + dis;
            SPFA(v);
            }
        }
    ins[u] = 0;
    }
int main(){
    num = RD();ni = RD();
    for(int i = 1;i <= num;i++)add(0, i, 0);
    for(int i = 1;i <= ni;i++){
        int cmd = RD(), a = RD(), b = RD(), c;
        if(cmd == 1)c = RD(), add(a, b, -c);
        else if(cmd == 2)c = RD(), add(b, a, c);
        else add(a, b, 0), add(b, a, 0);
        }
    for(int i = 1;i <= num;i++)d[i] = INF;
    SPFA(0);
    flag ? puts("No") : puts("Yes");
    return 0;
    }