差分约束 【知识点】

知识点 详解 一 （点我）

简单的 差分约束

1. 如果是求解 d[st]-d[ed]的最大值 就要将所有的约束条件都转化为 d[x]-d[y]<=z 的形式 然后建图求最短路
2. 如果是求解 d[st]-d[ed] 的最小值 就要将所有的约束条件转户为 d[x]-d[y]>=z 的形式，然后建图，求最长路。
3. 不等式标准化
   如果给出的不等式有”<=”也有”>=”，又该如何解决呢？很明显，首先需要关注最后的问题是什么，如果需要求的是两个变量差的最大值，那么需要将所有不等式转变成”<=”的形式，建图后求最短路；相反，如果需要求的是两个变量差的最小值，那么需要将所有不等式转化成”>=”，建图后求最长路。
   如果有形如：A - B = c 这样的等式呢？我们可以将它转化成以下两个不等式：
   A - B >= c (1)
   A - B <= c (2)
   再通过上面的方法将其中一种不等号反向，建图即可。最后，如果这些变量都是整数域上的，那么遇到A - B < c这样的不带等号的不等式，我们需要将它转化成”<=”或者”>=”的形式，即 A - B <= c - 1
4. 差分约束系统的解有三种情况：1、有解 （最短路（长路）能够从起点到终点）；2、无解（中间出现 圈的情况 ）；3、无限多解（图不是连通：到不了终点）；

差分约束 模版
（这只是我现在的理解，如有错误，欢迎指出 ）
代码

//** 求解  最短路类型的 差分约束#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cmath>#include<queue>#include<stack>#include<map>#include<vector>#include<set>#define CLR(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))#define inf 0x3f3f3f3f#define mod 100009#define LL long long#define MAXN  1000+10#define MAXM 2000000+100#define ll o<<1#define rr o<<1|1#define lson o<<1,l,mid#define rson o<<1|1,mid+1,rusing namespace std;void read(int &x){    x=0;char c;    while((c=getchar())<'0');    do x=x*10+c-'0';while((c=getchar())>='0');}struct Edge {    int from,to,val,next;}edge[MAXM];int head[MAXN],top;  //前向星存图int dis[MAXN]; // 保存距离 int qcnt[MAXN]; // 记录每个点入队列的次数 int vis[MAXN]; // 点是否在 队列中 int n,m;  // n个点 void addedge(int a,int b,int c){    Edge e={a,b,c,head[a]};    edge[top]=e;head[a]=top++; }  void init() {    memset(head,-1,sizeof(head));    top=0;    memset(qcnt,0,sizeof(qcnt)); }void getmap(){    //根据约束条件 建图  **核心     while(m--)    {        int a,b,c;        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);        addedge(a,b,c);    }}int spfa(int st,int ed){    for(int i=0;i<MAXN;i++) // 这里看情况，应该没有这么大    dis[st]=i==st ?0:inf;    vis[st]=1;    queue<int>Q;    Q.push(st);    while(!Q.empty())    {        int now=Q.front();Q.pop();        if(qcnt[now]++>n) return 0;  // 如果一点入队列大于n次，说明图中有环 无解          vis[now]=0;        for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].next)        {            Edge e=edge[i];            dis[e.to]=min(dis[now]+e.val,dis[e.to]);            if(!vis[e.to])            {                vis[e.to]=1;                Q.push(e.to);            }        }    }       if(dis[ed]!=inf) return 1; // 能够到达终点  有解else return -1;  // 图不是连通的 无限个解 }int main(){    return 0;}