[Poi2012]Festival
题目
有n个正整数X1,X2,...,Xn，再给出m1+m2个限制条件，限制分为两类：
1. 给出a,b (1<=a,b<=n)，要求满足Xa + 1 = Xb
2. 给出c,d (1<=c,d<=n)，要求满足Xc <= Xd
在满足所有限制的条件下，求集合{Xi}大小的最大值。
INPUT
第一行三个正整数n, m1, m2 (2<=n<=600, 1<=m1+m2<=100,000)。
接下来m1行每行两个正整数a,b (1<=a,b<=n)，表示第一类限制。
接下来m2行每行两个正整数c,d (1<=c,d<=n)，表示第二类限制。
OUTPUT
一个正整数，表示集合{Xi}大小的最大值。
如果无解输出NIE。
SAMPLE
INPUT
4 2 2
1 2
3 4
1 4
3 1
OUTPUT
3
解题报告
显然是一道差分约束
首先，我们来分析一下两种限制条件：
第一种：
$$X_{a}+1=X_{b} \rightarrow X_{a}-X_{b}=-1\rightarrow X_{a}-X_{b}\geqslant -1(and)X_{a}-X_{b}\leqslant -1$$
而：
$$X_{a}-X_{b}\geqslant -1\rightarrow X_{b}-X_{a}\leqslant 1$$
也就是：
$$X_{a}-X_{b}\leqslant -1(and)X_{b}-X_{a}\leqslant 1$$
对于这种限制条件，我们需要从$X_{a}$向$X_{b}$建一条权值为$1$的边，向$X_{b}$向$X_{a}$建一条权值为$-1$的边。
想想为什么？
我们可以这样理解差分约束中两点的边：一条从$A\rightarrow B$，权值为$W$的边，代表$A$要加上$W$才能到$B$
这样就可以解释上面的建边原理了
第二种：
$$X_{c}\leqslant X_{d}\rightarrow X_{c}-X_{d}\leqslant 0$$
对于这种限制条件，我们需要从$X_{d}$向$X_{c}$建一条权值为$0$的边。
建完了图，我们首先要判断是否有解，也就是是否存在负环，我们可以这样做：
先将每个$dis[i][i]$赋值为$0$，然后$FLoyd$跑最短路，然后判断$dis[i][i]$（也就是自己到自己）是否为负
为什么这样做？
我们先想$Floyd$的原理，它是不断枚举两点之间的中间点进行松弛操作，对在点$i$和$j$之间的所有其他点进行一次松弛。那么，我们想，假如没有负环的话，$dis[i][i]$应当是$0$才对，但是，显然负权边的权值小于$0$，也就是说，在松弛的过程中，负权边会松弛$dis[i][i]$，假如形成了负环，那么，必然会有负环上的点的$dis[i][i]$被该负环松弛成了负值，所以这种做法是正确的
然后，我们就该处理答案了
我们先tarjan缩个点，找到一圈强连通分量，我们想，对于每一个强连通分量，把他们连起来的一定是$w=0$的边，假如是$1or-1$的边，那么，一定存在反向的$-1or1$的边将他们反向相连，使他们互相连通，那么，这两个强连通分量就成了一个强连通分量
我们想，我们建的边的权值只有$-1$，$0$，$1$三种，那么，由这三种边连起来的数一定是连续的数
也就是说，我们的强连通分量的最小值$min$到最大值$max$是连续的，且$min$一定是$0$
所以我们对于每一个强连通分量对答案的贡献就是：
$$max-min+1$$
想想为什么？
我们考虑一串连续的自然数，比如说$1$到$9$，我们有$9$个数，这$9$个数是如何得到的呢？
由等差数列求项数公式可以得到：
$$num=\frac{a_{n}-a_{1}}{d}+1$$
其中$num$为项数，$a_{n}$为末项，$a_{1}$为首项，$d$为公差。
然后，又因为$min$为0，所以每一个强连通分量对答案的贡献为：
$$max+1$$
对每一个强连通分量的贡献求和即为答案
1 #include<iostream>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdio>
4 using namespace std;
5 inline int read(){
6 int sum(0);
7 char ch(getchar());
8 for(;ch<‘0‘||ch>‘9‘;ch=getchar());
9 for(;ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar());
10 return sum;
11 }
12 struct edge{
13 int e;
14 edge *n;
15 edge():e(0),n(NULL){}
16 }a[200005],*pre[605];
17 int tot;
18 inline void insert(int s,int e){
19 a[++tot].e=e;
20 a[tot].n=pre[s];
21 pre[s]=&a[tot];
22 }
23 int n,m1,m2;
24 int g[605][605];
25 inline bool fly(){
26 for(int i=1;i<=n;++i)
27 g[i][i]=0;
28 for(int k=1;k<=n;++k)
29 for(int i=1;i<=n;++i)
30 for(int j=1;j<=n;++j)
31 if(g[i][k]+g[k][j]<g[i][j])
32 g[i][j]=g[i][k]+g[k][j];
33 for(int i=1;i<=n;++i)
34 if(g[i][i]<0)
35 return false;
36 return true;
37 }
38 int dfn[605],low[605],sta[605],zhan[605];
39 int top,head;
40 bool vis[605];
41 int cnt;
42 int ans(0);
43 inline void tarjan(int u){
44 dfn[u]=low[u]=++cnt;
45 sta[++top]=u;
46 vis[u]=1;
47 for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
48 int e(i->e);
49 if(!dfn[e]){
50 tarjan(e);
51 low[u]=min(low[u],low[e]);
52 }
53 else
54 if(vis[e])
55 low[u]=min(low[u],dfn[e]);
56 }
57 if(low[u]==dfn[u]){
58 head=0;
59 int tmp;
60 while(1){
61 zhan[++head]=tmp=sta[top--];
62 vis[tmp]=0;
63 if(tmp==u)
64 break;
65 }
66 tmp=-0x7fffffff;
67 for(int i=1;i<=head;++i)
68 for(int j=1;j<=head;++j)
69 tmp=max(tmp,g[zhan[i]][zhan[j]]);
70 ans+=tmp+1;
71 }
72 }
73 int main(){
74 memset(pre,NULL,sizeof(pre));
75 memset(g,0x3f,sizeof(g));
76 n=read(),m1=read(),m2=read();
77 for(int i=1;i<=m1;++i){
78 int x(read()),y(read());
79 insert(x,y),insert(y,x);
80 g[x][y]=min(g[x][y],1),g[y][x]=min(g[y][x],-1);
81 }
82 for(int i=1;i<=m2;++i){
83 int x(read()),y(read());
84 insert(y,x);
85 g[y][x]=min(g[y][x],0);
86 }
87 if(!fly()){
88 puts("NIE");
89 return 0;
90 }
91 for(int i=1;i<=n;++i)
92 if(!dfn[i])
93 tarjan(i);
94 printf("%d",ans);
95 }