题目描述

幼儿园里有 $N$ 个小朋友，$lxhgww $老师现在想要给这些小朋友们分配糖果，要求每个小朋友都要分到糖果。但是小朋友们也有嫉妒心，总是会提出一些要求，比如小明不希望小红分到的糖果比他的多，于是在分配糖果的时候，$lxhgww$ 需要满足小朋友们的 $K$ 个要求。幼儿园的糖果总是有限的，$lxhgww$ 想知道他至少需要准备多少个糖果，才能使得每个小朋友都能够分到糖果，并且满足小朋友们所有的要求。

输入输出格式

输入格式：

 

输入的第一行是两个整数 $N$，$K$。接下来 $K$ 行，表示这些点需要满足的关系，每行 $3$ 个数字，$X$，$A$，$B$。

• 如果 $X=1$， 表示第 A个小朋友分到的糖果必须和第 B 个小朋友分到的糖果一样多；
• 如果 $X=2$， 表示第 A个小朋友分到的糖果必须少于第 B 个小朋友分到的糖果；
• 如果 $X=3$， 表示第 A个小朋友分到的糖果必须不少于第 B 个小朋友分到的糖果；
• 如果 $X=4$， 表示第 A个小朋友分到的糖果必须多于第 B 个小朋友分到的糖果；
• 如果 $X=5$， 表示第 A个小朋友分到的糖果必须不多于第 B 个小朋友分到的糖果；

 

输出格式：

 

输出一行，表示 $lxhgww$ 老师至少需要准备的糖果数，如果不能满足小朋友们的所有要求，就输出 $−1$。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

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#1： 复制

11

 

思路：

主要考察差分约束，可以通过这篇博文http://www.cnblogs.com/void/archive/2011/08/26/2153928.html了解其基本原理和一些大体的变形

• 首先就是要根据题目中的不等关系建立有向图。怎么建图？每次将不等关系转化为大于且等于的关系，由后者向前者发出有向边建图。以x=1为例，这时候A和B两个小朋友分配的糖果一样多，那么有A-B=0，B-A=0，这时候分别从A出发，向B建立一条长度为0的边，再从B出发，向A建立一条长度为0的边，表示两者的关系；再如x=2，A的糖果小于B，那么A-B<0，那么有A-B<=-1，那么有B-A>=1，这时候从A出发向B建立一条长度为1的边；其余条件同理。
• 题目要求：老师至少需要准备的糖果数。即老师给每个学生发的糖要满足题目中的各个约束条件，转化为有向图就是要求有向图的最长路（因为只有最长路都满足了，其余条件才能保证一定满足）。不妨想像一下什么时候题目无解？对，就是图中出现正权环！为了判断正权环，采用SPFA，统计每个节点入队的次数，大于总结点数-1则说明图中有正权环。
• 同时注意：因为每个人得到的糖果数必须为正，新增加一个节点0，从0向每个人出发引入一条长度为1的边，再通过SPFA统计图中的最长路。
• 特判：X=2和X=4时，如果A，B两个人的糖果数相同直接输出-1结束。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<queue>
#define mp make_pair
#define int long long
using namespace std;
vector<pair<int,int> >ed[100010];
queue<int> Q;
int n,k;
int vis[100010],dis[100010];
int inq[100010];
int cnt[100010];
int spfa(int v){
    Q.push(v);
    inq[v]=1;
    
    while(!Q.empty()){
        int u=Q.front();
        Q.pop();
        inq[u]=0;        
        cnt[u]++;
        if(cnt[u]>n){//一共有n+1个节点（包括补充的节点0），SPFA每个节点在队列出现的次数不能超过总结点数-1（这里是n）
            return 0;
        }
        for(int i=0;i<ed[u].size();i++){
            int nxt=ed[u][i].first,d=ed[u][i].second;
            if(dis[nxt]<dis[u]+d){
                dis[nxt]=dis[u]+d;
                if(!inq[nxt]){
                    inq[nxt]=1;
                    Q.push(nxt);
                }
            }
        }
    }
    return 1;
}
signed main(){
    scanf("%lld %lld",&n,&k);
    for(int i=0;i<k;i++){
        int x,a,b;
        scanf("%lld %lld %lld",&x,&a,&b);
        if(x==1){ed[a].push_back(mp(b,0));ed[b].push_back(mp(a,0));}
        else if(x==2){ed[a].push_back(mp(b,1));if(a==b){printf("-1\n");return 0;}} //1.特判 
        else if(x==3){ed[b].push_back(mp(a,0));}
        else if(x==4){ed[b].push_back(mp(a,1));if(a==b){printf("-1\n");return 0;}}//1.特判 
        else {ed[a].push_back(mp(b,0));} 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) ed[0].push_back(mp(i,1));
    
    if(!spfa(0)){
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dis[i];
    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}