银河

tarjan强连通分量 差分约束 dp T3 368. 银河 - AcWing题库

银河中的恒星浩如烟海，但是我们只关注那些最亮的恒星。

我们用一个正整数来表示恒星的亮度，数值越大则恒星就越亮，恒星的亮度最暗是 $1$。

现在对于 $N$ 颗我们关注的恒星，有 $M$ 对亮度之间的相对关系已经判明。

你的任务就是求出这 $N$ 颗恒星的亮度值总和至少有多大。

输入格式

第一行给出两个整数 $N$ 和 $M$。

之后 $M$ 行，每行三个整数 $T,A,B$，表示一对恒星 $(A,B)$ 之间的亮度关系。恒星的编号从 $1$ 开始。

如果 $T=1$，说明 $A$ 和 $B$ 亮度相等。
如果 $T=2$，说明 $A$ 的亮度小于 $B$ 的亮度。
如果 $T=3$，说明 $A$ 的亮度不小于 $B$ 的亮度。
如果 $T=4$，说明 $A$ 的亮度大于 $B$ 的亮度。
如果 $T=5$，说明 $A$ 的亮度不大于 $B$ 的亮度。

输出格式

输出一个整数表示结果。

若无解，则输出 $-1$。

数据范围

$N\le 100000,M\le 100000$

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：

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思路

求亮度总和的最小值, 既然是由多个不等式约束, 那就是差分约束, 建一个不等式图求一遍最长路即可。 条件转化为：

1. $A\ge B$ , $B\ge A$
2. $B\ge A+1$
3. $A\ge B$
4. $A\ge B+1$
5. $B\ge A$

接着需要找一个超级源点和绝对值, 恒星的亮度最暗是1, 那就让 $0$ 号点与所有点连一条边权为 1 的边即可。

于是我们得到了一个只含有正权边且可能有正环的有向图。若采用SPFA时间复杂度是 $O(NM)$ 会超时, 通过优化技巧可以过这道题, 不过还可以用tarjan缩点达到 $O(n)$ 的时间复杂度。

经过tarjan缩点处理后是一个拓扑图, 可以用 $O(N)$ dp求解最长路。而判断正环的话, 需要在建图的时候, 若两点在一个连通分量内, 且其边权值大于0, 则该连通分量内存在正环, 无解。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
#define size Size
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = 6e5 + 10;
typedef long long LL;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, size[N];
int n,m;
LL dist[N];
 
void add(int h[], int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
 
void tarjan(int u)
{
    low[u] = dfn[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);
    }
}
 
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    memset(hs, -1, sizeof hs);
    cin >> n >> m;
    while(m--)
    {
        int a, b, c;
        cin >> c >> a >>  b;
        if(c == 1) add(h,a,b,0), add(h,b,a,0);
        else if(c == 2) add(h,a, b, 1);
        else if(c == 3) add(h,b,a,0);
        else if(c == 4) add(h,b, a, 1);
        else add(h,a,b,0);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) add(h,0,i,1);
    
    tarjan(0);
    bool flag = true;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
    {
        for(int j = h[i]; ~j; j = ne[j])
        {
            int k = e[j];
            int a = id[i], b = id[k];
            if(a == b)
            {
                if(w[j] > 0)
                {
                    flag = false;
                    break;
                }
            }
            else add(hs, a,b, w[j]);
        }
        if(!flag) break;
    }
    
    if(!flag) cout << -1 << endl;
    else 
    {
        LL res = 0;
        for(int i = scc_cnt; i; i--)
        {
            for(int j = hs[i]; ~j; j = ne[j])
            {
                int k = e[j];
                dist[k] = max(dist[k], dist[i] + w[j]);
            }
        }
        for(int i = 1; i <= scc_cnt; i++)
            res += (LL)dist[i]*size[i];
        cout << res << endl;
    }
        
    
    return 0;
}