【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security

Description

给出一个N个顶点、M条边的无向图，边(u,v)有权值w(u,v)，顶点i也有权值p(i)，
并且对于每条边(u,v)都满足p(u)+p(v)>=w(u,v)。
现在要将顶点i的权值减去z(i)，其中0<=z(i)<=p(i)。
修改后设顶点i的权值p'(i)=p(i)-z(i)，对于每条边(u,v)都满足p'(u)+p'(v)=w(u,v)。
求sum{z(i)}的最小值和最大值。

Input

第一行两个正整数n,m (n<=500,000, m<=3,000,000)。
第二行n个整数，依次表示p(1),p(2),...,p(n) (0<=p(i)<=10^6)。
下面m行，每行三个整数u,v,w (1<=u,v<=n, 0<=w<=10^6)，表示存在一条权值为w的边(u,v)。

Output

两个正整数，分别表示sum{z(i)}的最小值和最大值，如果不存在方案就输出NIE。

Sample Input

For the input data:
3 2
5 10 5
1 2 5
2 3 3
the correct result is:
12 15
whereas for the following input data:
3 3
1 1 1
1 2 1
1 3 1
3 2 1
the correct result is:

NIE

题解：容易发现，对于一个连通块，只需要任意确定一个点的值，其它的点就都确定了。所以我们设这个点为x，那么其他点的值都是x+d或-x+d的形式，我们BFS一下即可得到，然后就是特判部分了：

当我们搜到了一个点时，先算一下那个点的系数即常数项，如果这个点在之前已经被搜过了，且系数一样，那么直接看常数项，如果相同则不用管，不同则无解；如果系数不一样，那么我们已经得到了一个等式，x值就是唯一确定的了（前提是下面↓的不等式有解）。

如果没有出现上述情况，那么我们已经将连通块中的所有点都用x表示了出来，并且这些点都要满足值$\in [0,P]$，我们就相当于得到了若干个不等式，求出不等式的解就能得到x的取值范围。如果无解则NIE；否则，这整个连通块的权值之和一定是关于x的一次函数，它的极值一定在x为极值时取到，分别计算一下即可。

此题还需要读入优化。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <queue>

#include <cstdlib>

using namespace std;

const int maxn=500010;

const int maxm=3000010;

typedef long long ll;

int n,m,cnt,tot;

ll ans1,ans2,L,R,sum1,sum2;

int to[maxm<<1],next[maxm<<1],head[maxn],val[maxm<<1],p[maxn],vis[maxn][2],q[maxn];

ll v[maxn][2];

queue<int> qx,qy;

inline char nc()

{

	static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;

	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;

}

inline int rd()

{

	int ret=0,f=1;	char gc=nc();

	while(!isdigit(gc))	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=nc();}

	while(isdigit(gc))	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=nc();

	return ret*f;

}

inline void add(int a,int b,int c)

{

	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;

}

void bfs(int x)

{

	vis[x][0]=1;

	qx.push(x),qy.push(0);

	int i,a,b;

	q[tot=1]=x;

	while(!qx.empty())

	{

		a=qx.front(),b=qy.front(),qx.pop(),qy.pop();

		for(i=head[a];i!=-1;i=next[i])

		{

			if(!vis[to[i]][0]&&!vis[to[i]][1])	q[++tot]=to[i];

			if(vis[to[i]][b^1])

			{

				if(v[to[i]][b^1]!=val[i]-v[a][b])	printf("NIE"),exit(0);

			}

			else

			{

				vis[to[i]][b^1]=1,v[to[i]][b^1]=val[i]-v[a][b];

				qx.push(to[i]),qy.push(b^1);

			}

		}

	}

	L=0,R=p[x],sum1=sum2=0;

	for(i=1;i<=tot;i++)

	{

		a=q[i];

		if(vis[a][0])	L=max(L,-v[a][0]),R=min(R,p[a]-v[a][0]);

		if(vis[a][1])	L=max(L,v[a][1]-p[a]),R=min(R,v[a][1]);

		if(vis[a][0]&&vis[a][1])

		{

			if((v[a][1]-v[a][0])&1)	printf("NIE"),exit(0);

			L=max(L,(v[a][1]-v[a][0])>>1),R=min(R,(v[a][1]-v[a][0])>>1);

		}

	}

	if(L>R)	printf("NIE"),exit(0);

	for(i=1;i<=tot;i++)

	{

		a=q[i];

		if(vis[a][0])	sum1+=p[a]-L-v[a][0],sum2+=p[a]-R-v[a][0];

		else	sum1+=p[a]+L-v[a][1],sum2+=p[a]+R-v[a][1];

	}

	if(sum1>sum2)	swap(sum1,sum2);

	ans1+=sum1,ans2+=sum2;

}

int main()

{

	n=rd(),m=rd();

	int i,a,b,c;

	memset(head,-1,sizeof(head));

	for(i=1;i<=n;i++)	p[i]=rd();

	for(i=1;i<=m;i++)	a=rd(),b=rd(),c=rd(),add(a,b,c),add(b,a,c);

	for(i=1;i<=n;i++)	if(!vis[i][0]&&!vis[i][1])	bfs(i);

	printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);

	return 0;

}

NIE