hdu 3666差分约束
来源:互联网 发布:adobe cc 2018mac破解 编辑:程序博客网 时间:2024/05/21 19:49
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3666
题目描述:http://blog.sina.com.cn/s/blog_64675f540100l52h.html
给你一个N*M的矩阵,给你两个数L和U(L <= U)问你是否存在这样的N+M个数字(计作A1….AN, B1…..BM),使矩阵中任意元素Xij,满足:
L <= (Xij * Ai) / Bj <= U
输出YES OR NO。
解题报告:
转换成:Xij * Ai – U * Bj <= 0 和 L*Bj – Xij * Ai <= 0
差分约束中的xi – xj <= val, 中的xi和xj都不能够有系数。
那么有了系数,只需去log把乘法转化成加法就好了:
Log(Xij) + logAi – LogU – LogBj <= 0 è logAi – LogBj <= LogBj – LogXij
另一个式子也同理,这样就转化成了标准的差分约束。
注意:
判断有无解(负环)的时候,如果用spfa,不能用入队次数大于N来判断,会超时。
有如下两种比较可靠的方法(一般情况下)
1:某个点入队次数大于sqrt(N)的时候
2:所有入队次数大于T * (N + M),其中T一般取2
分析:题目意思就是是否存在ai,bj,使得l<=cij*(ai/bj)<=u (1<=i<=n,1<=j<=m)成立
首先,把cij除到两边:l'<=ai/bj<=u',如果差分约束的话,应该是ai-bj的形式,于是可以取对数
log(l')<=log(ai)-log(bj)<=log(u')
把log(ai)和log(bj)看成两个点ai和bj,化成求最短路的形式:dis[ai]-dis[bj]<=log(u'),dis[bj]-dis[ai]<=-log(l')
转化为差分约束后,spfa拿下
http://blog.csdn.net/cscj2010/article/details/7759630
// I'm lanjiangzhou//C#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#include <ctype.h>#include <math.h>#include <time.h>//C++#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <cstring>#include <cctype>#include <stack>#include <string>#include <list>#include <queue>#include <map>#include <vector>#include <deque>#include <set>using namespace std;//*************************OUTPUT*************************#ifdef WIN32#define INT64 "%I64d"#define UINT64 "%I64u"#else#define INT64 "%lld"#define UINT64 "%llu"#endif//**************************CONSTANT***********************#define INF 0x3f3f3f3f// aply for the memory of the stack//#pragma comment (linker, "/STACK:1024000000,1024000000")//endconst int maxn =1010;int head[maxn];int vis[maxn];int _count[maxn];//用来记录同一个点入队列的次数int n,m,cnt;struct point{ int v,next;//终点,指向下一条边 double w;//权值}edge[maxn*maxn];double dis[maxn];void CreateMap(int u,int v,double w){ edge[cnt].v=v; edge[cnt].w=w; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt++;}int spfa(){ memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(_count,0,sizeof(_count)); for(int i=1;i<=n+m;i++){ dis[i]=INF; } dis[1]=0; vis[1]=1; _count[1]++; queue<int> Q; Q.push(1); while(!Q.empty()){ int tmp=Q.front(); Q.pop(); vis[tmp]=0; for(int i=head[tmp];i!=-1;i=edge[i].next){ if(dis[tmp]+edge[i].w<dis[edge[i].v]){ dis[edge[i].v]=dis[tmp]+edge[i].w; if(!vis[edge[i].v]){ Q.push(edge[i].v); vis[edge[i].v]=1; if(++_count[edge[i].v]>(int)sqrt(1.0*(n+m))) return 0; } } } } return 1;}int main(){ //int temp; double l,u; while(scanf("%d%d%lf%lf",&n,&m,&l,&u)!=EOF){ memset(head,-1,sizeof(head)); cnt=1; int temp; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&temp); CreateMap(i,j+n,-log(l*1.0/temp)); CreateMap(j+n,i,log(u*1.0/temp)); } } int flag=spfa(); if(flag) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0;}
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=21609#overview
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