POJ 1364 差分约束

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参考：http://hi.baidu.com/yacbi/blog/item/e79fa42e56a9ff3e1e3089ee.html
所谓查分约束系统其实很简单，就是全都是两个未知数的差小于等于某个常数（大于等于
也可以，因为左右乘以-1就可以化成小于等于）的一系列方程组（ax《=p，a=1或-1）。如：
X1 - X2 <= 0
X1 - X5 <= -1
X2 - X5 <= 3
X3 - X2 <= 5
X4 - X3<= 4
X4 - X3 <= -12
X5 - X1 <= -23
X5 - X4 <= -3
这样的不等式组就称作差分约束系统。
这个不等式组要么无解，要么就有无数组解。因为如果有一组解{X1, X2, ..., Xn}
的话，那么对于任何一个常数k，{X1 + k, X2 + k, ..., Xn + k}肯定也是一组解，因
为任何两个数同时加一个数或减去一个数之后，它们的差是不变的。
差分约束系统，就是求出满足简单线性不等式组xj-xi<=bk的解。而我们在求这个问题时
可以将他转化为图问题来解决，将各个未知数看成图的顶点，而右边的常数看成两个顶点
的边权值，比如：将xi-xj<=k转换为xi<=xj+k,看成xj指向xi的有向边，权值为k，这样求
方程组的解就相当于求各个顶点到源点的最短距离，而哪里来的源点？
很简单，我们加上一个点作为源点，并且为了始源点能够到达每一个顶点，将源点和顶点
间的距离设为某个常数如0。并且只有图中存在负权环时，方程组才无解，否则一定有解。
而对可以判断图是否有负权环且可以求单源最短距离算法中首选bellman-ford。这样查分约束
系统问题就解决了。当然有个问题那就是查分约束系统不可以求解<(>)的问题,所以我们必须
将其转化为<=(>=)的问题。


题目大意就是：

　　给定一个序列的长度，然后给定若干关系：这个关系是子序列各个元素之和与某个给定整数的大小关系。要求是否存在这样一个序列满足所有给定的若干关系。

 

本题主要就是需要想到利用前n个元素的和为替代，即设s[i] = a[1] + a[2] + …a[i]。

则a[si] + a[si+1] + … + a[si + ni] = s[si + ni] - s[si - 1]；所以如果a[si] + a[si+1] + … + a[si + ni] < k 则 s[si + ni] - s[si - 1] < k <= k - 1；如果a[si] + a[si+1] + … + a[si + ni] > k 则 s[si - 1] - s[si + ni] < -k <= -k - 1；

下面就是查分约束系统了。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=20002;
const int MAXM=1000009;
const int inf=999999999;
int n,m;
struct Edge
{
	int v,w,next;
}edge[1003];
int first[203];
int e;
void addedge(int u,int v,int w)
{
	edge[e].v=v;edge[e].w=w;
	edge[e].next=first[u];
	first[u]=e++;
}
int s[203];
int vis[203];
int cnt[203];
int d[203];
int top;
bool spfa()
{
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		addedge(n+1,i,0);
		//addedge(i,n+1,0);
	}//建立无穷源点n+1,若是非联通图可使之成为联通图
	for(int i=0;i<=n+1;i++){d[i]=inf;vis[i]=0;}
	s[++top]=n+1;
	d[n+1]=0;
	while(top>-1)
	{
		int x=s[top--];
		vis[x]=0;
		for(int k=first[x];k!=-1;k=edge[k].next)
		{
			if(d[edge[k].v]>d[x]+edge[k].w)
			{
				d[edge[k].v]=d[x]+edge[k].w;
				if(!vis[edge[k].v])
				{
					vis[edge[k].v]=1;
					if(++cnt[edge[k].v]>n)return false;//若一个点入队次数超过n，则必然存在负权回路
					s[++top]=edge[k].v;
				}
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	while(scanf("%d",&n),n)
	{
		memset(first,-1,sizeof(first));
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		scanf("%d",&m);
		int s,len,t;
		char c[3];
		e=0;
		top=-1;
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			scanf("%d %d %s %d",&s,&len,c,&t);
			if(c[0]=='g')
			{
				addedge(s+len,s-1,-t-1);//将大于关系转换为<=关系
			}
			else 
			{
				addedge(s-1,s+len,t-1);
			}
		}
		if(!spfa())
		{
			puts("successful conspiracy");
		}
		else 
		{
			puts("lamentable kingdom");
		}
	}
	
}