差分约束问题

news2024/9/20 8:47:06

差分约束

概念及解法
一些题目

概念及解法

引用自OI Wiki

差分约束系统是一种特殊的 n 元一次不等式组，它包含 n 个变量 $x_1,x_2,\dots,x_n$ 以及 m 个约束条件，每个约束条件是由两个其中的变量做差构成的，形如 $x_i-x_j\leq c_k$ ，其中 $\leq i, j \leq n, i \neq j, 1 \leq k \leq m$ 并且 $c_k$ 是常数（可以是非负数，也可以是负数）。我们要解决的问题是：求一组解 $x_1=a_1,x_2=a_2,\dots,x_n=a_n$ ，使得所有的约束条件得到满足，否则判断出无解。

差分约束系统中的每个约束条件 $x_i-x_j\leq c_k$ 都可以变形成 $x_i\leq x_j+c_k$ ，这与单源最短路中的三角形不等式 $dist[y]\leq dist[x]+w$ 非常相似。因此，我们可以把每个变量 $x_i$ 看做图中的一个结点，对于每个约束条件 $x_i-x_j\leq c_k$ ，从结点 j 向结点 i 连一条长度为 $c_k$ 的有向边。

注意到，如果 $\{a_1,a_2,\dots,a_n\}$ 是该差分约束系统的一组解，那么对于任意的常数 d， $\{a_1+d,a_2+d,\dots,a_n+d\}$ 显然也是该差分约束系统的一组解，因为这样做差后 d 刚好被消掉。

一般使用Bellman–Ford / SPFA判断图中是否存在负环，最坏时间复杂度为 O(mn)，不存在负环时 $\{dist[1],dist[2],\dots,dist[n]\}$ 就是一组解。

一些题目

UVa11671 Sign of Matrix
有一个n*n（2≤n≤100）的全零矩阵，每次可以把某一行的所有元素加1或减1，也可以把某一列的所有元素加1或减1。操作之后每个元素的正负号已知，问：至少需要多少次操作？无解输出-1。例如，要达到下图中的正负号矩阵，至少需要3次操作。
Sign of Matrix
将行列当成结点，一共2n个结点，根据每个元素的符号建立有向边约束，跑SPFA如果有负圈则无解，否则将数组d排序，把中位数d[n-1]当成0， $\sum_{i=0}^{2n-1} abs( d[i]-d[n-1])$ 就是答案。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define N 202
struct {int v, w;} g[N][N>>1]; int c[N], d[N], f[N], cnt[N], q[N*N], n, kase = 0;

bool cycle() {
    int head = 0, tail = n;
    for (int i=0; i<n; ++i) cnt[i] = d[i] = 0, f[i] = 1, q[i] = i;
    while (head < tail) {
        int u = q[head++]; f[u] = 0;
        for (int i=0; i<c[u]; ++i) {
            int v = g[u][i].v, d1 = d[u] + g[u][i].w;
            if (d[v] > d1) {
                d[v] = d1;
                if (++cnt[v] >= n) return true;
                if (!f[v]) q[tail++] = v, f[v] = 1;
            }
        }
    }
    return false;
}

int solve() {
    memset(c, 0, sizeof(c));
    for (int i=0; i<n; ++i) for (int j=0; j<n; ++j) {
        char x; cin >> x;
        if (x == '+') g[j+n][c[j+n]++] = {i, -1};
        else if (x == '-') g[i][c[i]++] = {j+n, -1};
        else g[j+n][c[j+n]++] = {i, 0}, g[i][c[i]++] = {j+n, 0};
    }
    n <<= 1;
    if (cycle()) return -1;
    sort(d, d+n);
    int cc = 0, h = (n>>1)-1;
    for (int i=0; i<n; ++i) cc += abs(d[i]-d[h]);
    return cc;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    while (cin >> n && n > 0) cout << "Case " << ++kase << ": " << solve() << endl;
    return 0;
}