Tarjan(强连通分量缩点) - SCOI 2011 - 糖果 - 洛谷 P3275

Tarjan(强连通分量缩点) - SCOI 2011 - 糖果 - 洛谷 P3275

幼儿园里有 N 个小朋友，老师现在想要给这些小朋友们分配糖果，要求每个小朋友都要分到糖果。

但是小朋友们也有嫉妒心，总是会提出一些要求，比如小明不希望小红分到的糖果比他的多，于是在分配糖果的时候， 老师需要满足小朋友们的 K 个要求。

幼儿园的糖果总是有限的，老师想知道他至少需要准备多少个糖果，才能使得每个小朋友都能够分到糖果，并且满足小朋友们所有的要求。

输入格式

输入的第一行是两个整数 N,K。

接下来 K 行，表示分配糖果时需要满足的关系，每行 3 个数字 X,A,B。

如果 X=1．表示第 A 个小朋友分到的糖果必须和第 B 个小朋友分到的糖果一样多。

如果 X=2，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须少于第 B 个小朋友分到的糖果。

如果 X=3，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不少于第 B 个小朋友分到的糖果。

如果 X=4，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须多于第 B 个小朋友分到的糖果。

如果 X=5，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不多于第 B 个小朋友分到的糖果。

小朋友编号从 1 到 N。

输出格式

输出一行，表示老师至少需要准备的糖果数，如果不能满足小朋友们的所有要求，就输出 −1。

数据范围

$1\le N<10^5,1\le K\le 10^5,1\le X\le 5,1\le A,B\le N$

输入样例：

5 7
1 1 2
2 3 2
4 4 1
3 4 5
5 4 5
2 3 5
4 5 1

输出样例：

11

---

分析：

$本题有差分约束解法：$《差分约束 - SCOI 2011 - 糖果 - 洛谷 P3275》

$这里通过tarjan缩点来解决。$

$本题要求最小值，因此是跑最长路。$

$跑完最长路，有不等关系dis[j]\ge dis[u]+w[i]。$

$故将所有不等关系转化为{}^{\prime }{\ge }^{\prime }号。$

$①、X=1：A=B即，A\ge B且B\ge A<=>添加B->A和A->B两条边，边权均为0。$

$②、X=2：A<B即，B\ge A+1<=>添加A->B一条边，边权为1。$

$③、X=3：A\ge B即，A\ge B<=>添加B->A一条边，边权为0。$

$④、X=4：A>B即，A\ge B+1<=>添加B->A一条边，边权为1。$

$⑤、X=5：A\le B即，B\ge A<=>添加A->B一条边，边权为0。$

$⑥、要求每个小朋友都要分到糖果，即x_i\ge 1，x_i表示第i个小朋友分得的糖果数量。$

下面解释为何可以使用tarjan缩点来解决：

$本题所有的边权均为0或1。$

$我们的第一个目标是判断是否有解，即判断是否有正环。$

$通过tarjan算法缩点后，在拓扑图中，正环必定是存在于某个强连通分量中。$

$由于所有边权均为0或1，因此在一个强连通分量中，只要存在一条边权大于0的边，就会存在正环。$

$若不存在正环，说明每个强连通分量中的边权均为0，$

$那么对于同一个强连通分量而言，连通分量内部所有的点到拓扑图起点的距离均相同。$

$这样，我们就能够把一个强连通分量看作一个整体，当作拓扑图中的一个点，来跑最短路。$

$第二个目标是求所有点到源点的距离之和。$

$注意，求距离之和时，要拆点。每个连通分量中的点的距离都要累加上，故我们需要统计每个连通分量中点的数量。$

总结步骤：

$①、建图。$

$②、缩点。$

$③、建图(拓扑图)，并判断是否有环。$

$④、拆点，求和。$

代码：

#include
#include
#include

#define ll long long

using namespace std;

const int N=100010, M=600010;

int n,m;
int h[N],hs[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
int stk[N],top;
bool in_stk[N];
int dfn[N],low[N],Size[N],timestamp;
int dis[N];
int id[N],scc_cnt;

void add(int h[],int a,int b,int c)
{
     
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],w[idx]=c,h[a]=idx++;
}

void tarjan(int u)
{
     
    dfn[u]=low[u]=++timestamp;
    stk[++top]=u,in_stk[u]=true;
    for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
    {
     
        int j=e[i];
        if(!dfn[j])
        {
     
            tarjan(j);
            low[u]=min(low[u],low[j]);
        }
        else if(in_stk[j]) low[u]=min(low[u],dfn[j]);
    }

    if(dfn[u]==low[u])
    {
     
        ++scc_cnt;
        int y;
        do
        {
     
            y=stk[top--];
            in_stk[y]=false;
            id[y]=scc_cnt;
            Size[scc_cnt]++;
        }while(y!=u);
    }
}

bool build()
{
     
    for(int i=0;i<=n;i++)   //建图
        for(int j=h[i];~j;j=ne[j])
        {
     
            int k=e[j];
            int a=id[i],b=id[k];
            if(a==b && w[j]>0) return false;    //同意连通块中权值大于0
            else if(a!=b) add(hs,a,b,w[j]);
        }
        
    return true;
}

ll solve()
{
     
    for(int i=scc_cnt;i;i--)
        for(int j=hs[i];~j;j=ne[j])
        {
     
            int k=e[j];
            dis[k]=max(dis[k],dis[i]+w[j]);
        }
        
    ll res=0;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++) res+=dis[i]*Size[i];
    return res;
}


int main()
{
     
    scanf("%d%d",&n,&m);
    
    memset(h,-1,sizeof h);
    memset(hs,-1,sizeof hs);
    for(int i=1;i<=n;i++) add(h,0,i,1);  //xi>=x0+1
    
    int t,a,b;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
     
        scanf("%d%d%d",&t,&a,&b);
        if(t==1) add(h,a,b,0),add(h,b,a,0);  //A=B
        else if(t==2) add(h,a,b,1);   //A  B>=A+1
        else if(t==3) add(h,b,a,0);   //A>=B
        else if(t==4) add(h,b,a,1);   //A>B  =>  A>=B+1
        else if(t==5) add(h,a,b,0);   //B>=A
    }
    
    tarjan(0);  //缩点
    
    if(!build()) puts("-1");
    
    else printf("%lld\n",solve());
    
    return 0;
}