HDU3592取log转化为差分约束系统

Posted 2021-08-12 hesorchen

题目

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思路

根据题意，有

$$L<=\frac{C_{ij}\ast a_i}{b_j}<=U$$

得

$$L\ast C_{ij}<=\frac{a_i}{b_j}<=U\ast C_{ij}$$

要转化为差分约束系统，变量之间的关系必须是差的关系。可以取log将除法转化为减法

$$log(L\ast C_{ij})<=log{a}_i-log{b}_i<=log(U\ast C_{ij})$$

因为题目只要求是否存在满足条件的a、b数组，因此只要有满足条件的$log{a}_i、log{b}_i$即可，也就是

$$log(L\ast C_{ij})<=S_k-S_l<=log(U\ast C_{ij})$$

即

$$\{\begin{array}{l}log(L\ast C_{ij})<=S_k-S_l\\ \\ S_k-S_l<=log(U\ast C_{ij})\end{array}$$

利用最短路或最长路求解都可以。

不过因为本题卡常，有两个疑点

1. 建图部分用邻接表能过，用链式前向星超时了。（发现是G++卡了链式前向星的后缀++）
2. 很多网上的AC代码都是对SPFA进行优化，或者玄学地判断负环的时候降低入队最大次数（取根号）过的。理论上来说SPFA的优化都会被卡掉、而降低入队最大次数也没看到证明。

代码

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;

const int N = 550;
int n, m, L, U;
int C[N][N];
struct node
{
    int v;
    double w;
};
vector<node> Edge[N * 2];

void add(int u, int v, double w)
{
    Edge[u].emplace_back(node{v, w});
}

int cnt[N * 2];
double dis[N * 2];
bool vis[N * 2];
bool spfa(int beg)
{
    int uptime = sqrt(n + m);
    dis[beg] = 0;
    queue<int> q;
    q.push(beg);
    while (q.size())
    {
        int u = q.front();
        for (auto it : Edge[u])
        {
            int v = it.v;
            double w = it.w;
            if (dis[u] + w < dis[v])
            {
                dis[v] = dis[u] + w;
                if (!vis[v])
                {
                    ++cnt[v];
                    if (cnt[v] > uptime)
                        return false;
                    vis[v] = 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        q.pop();
        vis[u] = 0;
    }
    return true;
}
int main()
{
    while (scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &L, &U) != EOF)
    {
        for (int i = 1; i <= n + m; i++)
        {
            Edge[i].clear();
            vis[i] = cnt[i] = 0;
            dis[i] = 1e9;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= m; j++)
            {
                scanf("%d", &C[i][j]);
                add(n + j, i, (log((double)U / C[i][j])));
                add(i, n + j, -(log((double)L / C[i][j])));
            }
        for (int i = 1; i <= n + m; i++)
        {
            add(0, i, 0);
        }
        if (spfa(0))
            puts("YES");
        else
            puts("NO");
    }
    return 0;
}