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题目传送门qwq
前言
不得不说，这道题读下来完全就是 模板题！（当然除最后三个万恶的\(hack\)数据以外）
如果有不了解的差分约束系统的，珂以看这篇博客啊
分析
- \(N\)个点，给出\(M_L\)组\(≤\)的关系，\(M_D\)组\(≥\)的关系
这....不就是约束条件嘛！那最直观的解决方法不就是差分约束系统嘛！
- 对于差分约束系统的题，我们还是要先判断是跑最短路还是最长路
继续看题，发现要求出从\(1\)到\(N\)的最大距离
我们知道，求最大解就是跑最短路，求最小解就是跑最长路（不知道的还是上面那篇博客qwq）
初步思路已经出来了：跑最短路的差分约束系统模板
- 我们再来看看输出格式：
-
如果从\(1\)到\(N\)没有合法方案，则输出“\(-1\)”
-
如果从\(1\)到\(N\)的距离为无限大，则输出“\(-2\)”
-
否则输出从\(1\)到\(N\)的最大距离
如果不好理解，可以转换成如下：
-
如果从\(1\)到\(N\)存在环，则是“\(-1\)”
-
如果\(1\)无法到达\(N\)，则是“\(-2\)”
-
否则输出从\(1\)到\(N\)的最大距离
- 好了，来看看上面思路编出来的代码（别急着说为什么A不了，因为还有\(hack\)在）
PS：这里和下面的代码皆使用 \(deque\)（双端队列），这是 \(SPFA\)的一种叫做\(SLF\)的优化
#include
using namespace std;
deque q;
int n,ml,md,u,v,w,flag;
int tot,dis[520010],vis[520010],cnt[520010],head[520010];
struct node {
int to,net,val;
} e[520010];
inline void add(int u,int v,int w) {
e[++tot].to=v;
e[tot].val=w;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void spfa() {
for(register int i=1;i<=n;i++) {
vis[i]=0;
dis[i]=2005020600;
}
dis[1]=0;
vis[1]=1;
cnt[1]=1;
q.push_back(1);
while(!q.empty()) {
int x=q.front();
q.pop_front();
vis[x]=0;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[x]+e[i].val) {
dis[v]=dis[x]+e[i].val;
if(cnt[v]==n) {
flag=1;
return ;
}
if(!vis[v]) {
vis[v]=1;
cnt[v]++;
if(!q.empty()&&dis[q.front()] 优化
我们发现，最后三组\(hack\)数据过不了（可恶啊）
- 为什么？
因为题目给出的数据并不保证图的连通性！
- 什么意思？
\(1\)有可能是“孤儿点”啊！那图就不连通了，结果就是上面的程序WA掉了
- 怎么优化？
我们就先特别跑一遍，判断图是否连通，如果连通就继续进行上面的操作；如果不连通就直接输出“\(-1\)”即可
- 特别处理
这里我们引入“超级源点”来帮助我们判断图的连通性
即：建立一个点\(0\)，然后与\(1\)到\(N\)的每个点都连一条边权为\(0\)的边，这样我们就可以通过跑一遍额外的\(SPFA\)来判断图的连通性了（这也算作差分约束系统的一种基础操作吧）
- 最后给出\(100pts\)的\(Code\)
#include
using namespace std;
deque q;
int n,ml,md,u,v,w,flag;
int tot,dis[520010],vis[520010],cnt[520010],head[520010];
struct node {
int to,net,val;
} e[520010];
inline void add(int u,int v,int w) {
e[++tot].to=v;
e[tot].val=w;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void spfa(int s) {
for(register int i=1;i<=n;i++) {
vis[i]=0;
dis[i]=2005020600;
}
dis[s]=0;
vis[s]=1;
cnt[s]=1;
q.push_back(s);
while(!q.empty()) {
int x=q.front();
q.pop_front();
vis[x]=0;
for(register int i=head[x];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[x]+e[i].val) {
dis[v]=dis[x]+e[i].val;
if(cnt[v]==n) {
flag=1;
return ;
}
if(!vis[v]) {
vis[v]=1;
cnt[v]++;
if(!q.empty()&&dis[q.front()] 最后，如果这篇题解有任何错误或您有任何不懂的，欢迎留言区评论啊，我会及时改正和回复，谢谢各位dalao啊qwq