差分约束.

概念

• 给你若干组约束条件，一般是$a_1-a_2\le k_1,a_2-a_3\le k_2...$这种，让你判断这一组方程是否有解，或者求一组合法解

做法

• 在最短路中，设有边u->v，边权为w，则有三角不等式$dis[v]\le dis[u]+w$，那么上述约束条件就可以转化为$a_1\le a_2+k_1$，那么我们就连一条边2->1，边权为$k_1$，构造全部的不等式以后，全部进行这样的连边，这样我们跑最短路出来的就是答案，因为可能出现边权为负数，所以需要使用能够处理负边权的算法
• 问题有两种问法，如果问最大值，那么我们要跑最短路；如果问最小值，那么我们要跑最长路，因为最短路右侧是$\le$，所以求出来的是上界也就是最大值
• 无解的判断就是如果出现环，那么就无解，因为出现环了也就是这些限制不能够同时满足
• 因为spfa时间复杂度是$O(nm)$的，所以这个范围内的题目都可以考虑如此解决

例题

https://www.luogu.com.cn/problem/P5960

• 差分约束的模板题，建边之后跑spfa即可
• 我们建立一个超级源点$0$，这样可以避免出现图不连通的情况

#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 5e3 + 100;
struct Edge{
  int next;
  int to;
  int val;  
}edge[N << 1];
int head[N];
int cnt;
void Add_Edge(int u, int v, int w){
  edge[cnt].next = head[u];
  edge[cnt].to = v;
  edge[cnt].val = w;
  head[u] = cnt++;
}
bool vis[N];
int dis[N];
int num[N];
bool spfa(int s, int n){
  queue<int> q;
  q.push(s);
  memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
  dis[s] = 0;
  vis[s] = 1;
  num[s] = 1;
  while(!q.empty()){
    int u = q.front();
    q.pop();
    vis[u] = 0;
    for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
      int v = edge[i].to;
      if(dis[v] > dis[u] + edge[i].val){
        dis[v] = dis[u] + edge[i].val;
        num[v] += 1;
        if(num[v] >= n + 1){
          return false;
        }
        if(!vis[v]){
          q.push(v);
          vis[v] = 1;
        }
      }
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cout << dis[i] << " \n"[i == n];
  }
  return true;
}
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  int n, m;
  cin >> n >> m;
  memset(head, -1, sizeof head);
  for(int i=0;i<m;i++){
    int u, v, w;
    cin >> u >> v >> w;// dis[u] - dis[v] <= w <=> dis[u] <= dis[v] + w;
    Add_Edge(v, u, w);
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    Add_Edge(0, i, 0);
  }
  if(!spfa(0, n)) cout << "NO\n";
  return 0;
}

https://www.luogu.com.cn/problem/P1993

• 如果是一样多就相当于$dis[u]\le dis[v]$且$dis[u]\ge dis[v]$，其余和上面相同

https://www.luogu.com.cn/problem/P3275

• 如果用差分约束来做这个题，这里面有六个约束，第六个约束是$dis[u]\ge 1$，这可以通过设置超级源点到其他点的距离均为1来解决，剩下的我们就按照上述建图方式即可，因为问的是至少需要准备的糖果数量，所以我们要跑最长路，同时也能使得边权均$\ge 0$，这样也保证了求值的合法性

https://www.luogu.com.cn/problem/P1250

• 也可使用差分约束

http://poj.org/problem?id=3169

• 一样的思路，注意约束不要漏了，附个代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 10005;

struct Edge{
  int next;
  int to;
  int val;
}edge[3 * N];
int cnt = 0;
int head[N];
void Add_Edge(int u, int v, int w){
  edge[cnt].next = head[u];
  edge[cnt].to = v;
  edge[cnt].val = w;
  head[u] = cnt++;
}
int vis[N];
int dis[N];
int num[N];
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int spfa(int s, int n){
  queue<int> q;
  q.push(s);
  vis[s] = 1;
  num[s] = 1;
  memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
  dis[s] = 0;
  while(!q.empty()){
    int u = q.front();
    q.pop();
    vis[u] = 0;
    for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
      int v = edge[i].to;
      if(dis[v] > dis[u] + edge[i].val){
        dis[v] = dis[u] + edge[i].val;
        num[v] += 1;
        if(num[v] >= n){
          return -1;
        }
        if(!vis[v]){
          q.push(v);
          vis[v] = 1;
        }
      }
    }
  }
  if(dis[n] == INF) return -2;
  return dis[n];
}
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  int n, ML, MD;
  cin >> n >> ML >> MD;
  memset(head, -1, sizeof head);
  for(int i=0;i<ML;i++){// 统一小的指向大的
    int u, v, w;
    cin >> u >> v >> w;
    if(u > v) swap(u, v);// dis[v] - dis[u] <= w <=> dis[v] <= dis[u] + w <=> [u, v] = w
    Add_Edge(u, v, w);
  }
  for(int i=0;i<MD;i++){
    int u, v, w;
    cin >> u >> v >> w;
    if(u > v) swap(u, v);// dis[v] - dis[u] >= w <=> dis[u] <= dis[v] - w <=> [v, u] = -w
    Add_Edge(v, u, -w);
  }
  for(int i=1;i<n;i++){
    Add_Edge(i + 1, i, 0); // dis[i] <= dis[i + 1]
  }
  cout << spfa(1, n) << '\n';
  return 0;
}