AcWing 368. 银河

\(spfa\)最长路 - 做完后每个点的距离就是最小值
1 边是正的 - 存在正环 => 无解

2 有解
必须有绝对值
超级源点(能到所有边)
\(x[i]≥x[0]+1\)
糖果用栈保证\(spfa\)的时间复杂度\(O(n)\)

二、差分约束代码

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, M = 300010;
//与AcWing 1169. 糖果 这道题一模一样，连测试用例都一样

stack q; //有时候换成栈判断环很快就能
LL dist[N];
bool st[N];
int cnt[N];
int n, m; //表示点数和边数
//邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

bool spfa() {                         //求最长路，所以判断正环
    memset(dist, -0x3f, sizeof dist); //初始化为-0x3f
    //差分约束从超级源点出发
    dist[0] = 0;
    q.push(0);
    st[0] = true;

    while (q.size()) {
        int t = q.top();
        q.pop();
        st[t] = false;
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist[j] < dist[t] + w[i]) { //求最长路
                dist[j] = dist[t] + w[i];
                cnt[j] = cnt[t] + 1;
                //注意多加了超级源点到各各节点的边
                if (cnt[j] >= n + 1) return false;
                if (!st[j]) {
                    q.push(j);
                    st[j] = true;
                }
            }
        }
    }
    return true;
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int op, a, b; // op为选择
        cin >> op >> a >> b;
        if (op == 1) /** a == b  =>  (a >= b , b >= a)  */
            add(a, b, 0), add(b, a, 0);
        else if (op == 2) /**  b >= a + 1         */
            add(a, b, 1);
        else if (op == 3) /**  a >= b         */
            add(b, a, 0);
        else if (op == 4) /**  a >= b + 1        */
            add(b, a, 1);
        else /** b >= a   */
            add(a, b, 0);
    }

    /** xi >= x0 + 1 （每个小朋友都要至少一个糖果）*/
    //将所有节点与超级源点x0相连
    for (int i = 1; i <= n; ++i) add(0, i, 1);

    if (!spfa())
        puts("-1");
    else {
        LL res = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) res += dist[i];
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}

三、强连通分量思路

不同于糖果用栈保证\(spfa\)的时间复杂度\(O(n)\) 【注意：这样的取巧作法也会被针对，不是正确！】
这里用强连通分量保证时间复杂度。

原理:
首先用\(tarjan\)求\(scc\)
一个正环一定是某一个\(scc\)当中的,对于一个\(scc\)中的所有边,
只要一个边的权重是严格\(>0\)
如 \(u + w → v,w>0\)
又\(u\)和\(v\) 在一个\(scc\)中,则\(v\)也一定能到\(u\)(且\(w[v][u]>=0\)(因为我们的不等式约束得到的))
即只要\(scc\)中有一个边\(>=0\) 就必然存在正环

则 \(scc\)中无正环 <=> \(scc\)中的边\(==0\) <=> \(scc\)中所有点相同(由不等式知双向边==\(0\)时 \(A==B\) )
<=> 可近似看成一个点
那么当没有正环时,经过\(tarjan\)后的图就是\(topo\)图
\(x[i]\)最小 <=> 求 \(x[i]\)下界最大
\(x[i]≥ x[j] + c[k]\)
\(≥ x[j]+x[j+1] ...\)
\(≥ 0 + Σc[k]\)
<=>
求最长路\(dist[i]\)

总而言之
1 \(tarjan\)
2 缩点+建图
3 \(topo\)序\(dp\)最长路

四、强连通分量代码

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, M = 600010;

int n, m;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
int dist[N];
void add(int h[], int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void tarjan(int x) {
    dfn[x] = low[x] = ++timestamp;
    stk[++top] = x, in_stk[x] = true;
    for (int i = h[x]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j]) {
            tarjan(j);
            low[x] = min(low[x], low[j]);
        } else if (in_stk[j])
            low[x] = min(low[x], dfn[j]);
    }
    if (dfn[x] == low[x]) {
        ++scc_cnt;
        int y;
        do {
            y = stk[top--];
            in_stk[y] = false;
            id[y] = scc_cnt;
            sz[scc_cnt]++;
        } while (y != x);
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    memset(h, -1, sizeof h);
    memset(hs, -1, sizeof hs);
    // 0号超级源点
    //∵ 恒星的亮度最暗是 1
    //∴ 0 ~ i 有一条边权为1的边
    for (int i = 1; i <= n; i++) add(h, 0, i, 1);

    //求最小->求所有下界的最大->最长路 √
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int t, a, b;
        cin >> t >> a >> b;
        if (t == 1) // a=b
            add(h, b, a, 0), add(h, a, b, 0);
        else if (t == 2) // a < b --> b>=a+1
            add(h, a, b, 1);
        else if (t == 3) // a>=b+0
            add(h, b, a, 0);
        else if (t == 4) // a>=b+1
            add(h, b, a, 1);
        else
            add(h, a, b, 0); // b>=a+0
    }
    //强连通分量+缩点
    tarjan(0);

    bool success = true;           //是不是不存在正环
    for (int i = 0; i <= n; i++) { //添加上超级源点，就是n+1个点
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]) {
            int k = e[j];
            int a = id[i], b = id[k];
            if (a == b) {
                if (w[j] > 0) {      //在同一个强连通分量中，存在边权大于0的边
                    success = false; //必然有正环
                    break;
                }
            } else
                add(hs, a, b, w[j]); //建新图
        }
        if (!success) break; //如果存在正环，退出
    }

    if (!success) //有正环，输出-1
        puts("-1");
    else {
        for (int i = scc_cnt; i; i--) { //倒序输出拓扑序
            for (int j = hs[i]; ~j; j = ne[j]) {
                int k = e[j];
                //这里是边权，不是点权，不需要找入度为0的进行初始化
                //直接三角不等式即可,dp,或者叫递推
                dist[k] = max(dist[k], dist[i] + w[j]);
            }
        }
        //因为不存在正环，而且题目保证都是路径>=0,所以强连通分量中必然路径长度都是0
        //即是一样一样的东西
        LL res = 0;
        for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) res += (LL)dist[i] * sz[i];
        printf("%lld\n", res);
    }

    return 0;
}