ZOJ-1455 Schedule Problem 差分约束

题意：给定N个任务，每个任务有一个完成时间。这些任务之间有完成的四种先后顺序，假设这种二元关系建立在x，y之间：
　　　SAS：x至少在y开始时开始
　　　SAF：x至少在y完成时开始
　　　FAS：x至少在y开始时完成
　　　FAF：x至少在y完成时完成
　　　现在问这些任务在最短时间内都被完成的任务安排如何？输出每个任务开始的时刻，如果不能的话输出impossible。

解法：根据开始时间建图，之后再虚拟出一个任务0，这个任务必须在每个任务完成后完成，因此在0到每个任务之间添加一条边，最后计算出所有节点中到0点最迟的开始的任务，设该任务0点开始，并让每个任务的开始时间都加上这个时间差。

代码如下：

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

int ti[1005];
int N, idx, head[1005];

struct Edge {
    int v, ct, next;    
}e[1000005];

void insert(int a, int b, int ct) {
    e[idx].v = b, e[idx].ct = ct;
    e[idx].next = head[a];
    head[a] = idx++;
}

int vis[1005], dis[1005], cnt[1005];
#include <queue>

bool spfa() {
    memset(vis, 0, sizeof (vis));
    memset(cnt, 0, sizeof (cnt));
    memset(dis, 0x3f, sizeof (dis));
    queue<int>q;
    q.push(0);
    vis[0] = 1, dis[0] = 0, cnt[0] = 1;
    while (!q.empty()) {
        int v = q.front();
        q.pop();
        if (cnt[v] > N) return false;
        vis[v] = 0;
        for (int i = head[v]; i != -1; i = e[i].next) {
            if (dis[e[i].v] > dis[v] + e[i].ct) {
                dis[e[i].v] = dis[v] + e[i].ct;
                if (!vis[e[i].v]) {
                    vis[e[i].v] = 1;
                    ++cnt[e[i].v];
                    q.push(e[i].v);
                }
            }
        }    
    }
    return true;
}

void solve() {
    int Min = ~(1<<31), p;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        if (Min > dis[i]) {
            Min = dis[i];
            p = i;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        printf("%d %d\n", i, dis[i]-dis[p]);
    }
}

int main() {
    char op[10];
    int a, b, kind, ca = 0;
    while (scanf("%d", &N), N) {
        memset(head, 0xff, sizeof (head));
        idx = 0;
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            scanf("%d", &ti[i]);
            insert(0, i, -ti[i]);
        }
        while (scanf("%s", op), op[0] != '#') {
            kind = op[0] == 'S' ? 0 : 1;
            kind |= op[2] == 'S' ? 0 : 2;
            scanf("%d %d", &a, &b);
            if (kind == 0) insert(a, b, 0);
            else if (kind == 1) insert(a, b, ti[a]);
            else if (kind == 2) insert(a, b, -ti[b]);
            else insert(a, b, ti[a]-ti[b]);
        }
        printf("Case %d:\n", ++ca);
        if (!spfa()) {
            puts("impossible\n");
            continue;
        }
        solve();
        puts("");
    }
    return 0;    
}