POJ1201 Intervals
题目的大意是给定若干(a,b,c)表示[a,b]之间有c个1，序列只能是0或者1，最后问在这些约束下，序列的最小长度。稍微变形就成了典型的差分约束问题，转化成S(b)-S(a)<=c这样的问题，然后用算导上的建模过程，a->b连条边，权值为c，因为这样的话，对于最后的dis(a)和dis(b)，需要符合dis(b)<=dis(a)+w(a->b)，也就是dis(b)-dis(a)<=w(a->b)。所以在加个虚拟的约束点后，点集v={v0,v1...vn}的解就是dis(0),dis(1)...dis(n){dis(i)表示建图后v0到vi的最短路}，根据上述就能推出所对应的约束条件了。而这题就是求S(max)-S(min)的最小值，就是求Vmax到Vmin的最短距离，需要注意的是还有这样的约束条件0<=S(i+1)-S(i)<=1，这样同时也保证了图的连通性。对于POJ1364 King这题，是类似的，不过题目只给出"<"或者">"，要转换，同时为保证连通性，可以这样处理，先将这n个点push到队列中，但这只算了虚节点的入队次数，但不管这些，入队n次以上，肯定是有负环的，可以反证。不过我后来加了个-1000<=S(i+1)-S(i)<=1000，这样一个条件，也AC，想法就是保证了它的连通性。
感谢：
http://www.cppblog.com/initiate/archive/2010/04/03/111530.html
http://blog.csdn.net/ChinaCzy/archive/2010/07/26/5767025.aspx
代码
#include
<
iostream
>
#include
<
vector
>
#include
<
queue
>
using
namespace
std;
const
int
MAX
=
50005
;
struct
NODE
{
int
v, w;
NODE() {}
NODE(
int
vv,
int
ww) : v(vv), w(ww) {}
};
vector
<
vector
<
NODE
>
>
mm;
int
in
[MAX];
int
dis[MAX];
int
spfa(
int
beg,
int
end)
{
memset(
in
,
0
,
sizeof
(
in
));
memset(dis,
-
1
,
sizeof
(dis));
queue
<
int
>
Q;
in
[beg]
=
1
;
dis[beg]
=
0
;
Q.push(beg);
while
(
!
Q.empty())
{
int
u
=
Q.front();
Q.pop();
in
[u]
=
0
;
for
(
int
i
=
0
; i
<
mm[u].size(); i
++
)
{
int
v
=
mm[u][i].v;
int
w
=
mm[u][i].w;
if
(dis[u]
+
w
>
dis[v])
{
dis[v]
=
dis[u]
+
w;
if
(
in
[v]
==
0
) Q.push(v),
in
[v]
=
1
;
}
}
}
return
dis[end];
}
int
main()
{
int
cnt;
mm.clear();
mm.resize(MAX);
scanf(
"
%d
"
,
&
cnt);
int
minv
=
MAX, maxv
=
-
1
;
while
(cnt
--
)
{
int
a, b, c;
scanf(
"
%d%d%d
"
,
&
a,
&
b,
&
c);
b
++
;
minv
=
min(minv, a);
maxv
=
max(maxv, b);
//
s(b) - s(a) >= c
mm[b].push_back(NODE(a, c));
}
//
0 <= s(i + 1) - s(i) <= 1
for
(
int
i
=
minv; i
<=
maxv
-
1
; i
++
)
{
mm[i
+
1
].push_back(NODE(i,
0
));
mm[i].push_back(NODE(i
+
1
,
-
1
));
}
//
必有解，无需判负环
printf(
"
%d\n
"
, spfa(maxv, minv));
}