加加減減(pands.pas/c/cpp)

【題目背景】
話說zyk又雙叒叕在A圖論的題目了！！！
【問題描述】
zyk手裏有若幹幅有向圖，每條邊有個權值。你可以在這幅圖上操作若幹次（也是醉了），每次可以選擇一個節點u和一個整數d，把以u為起點的邊的權值增加d，把以u為終點的邊的權值減小d（難怪叫加加減減）。然而，zyk卻想讓所有邊權的最小值為正且盡量大。
【輸入文件】
輸入包含若幹組數據。每組數據第一行為兩個整數n和m（n≤500，m≤700），即點和邊的個數。以下m行每行三個整數u，v，w，即一條起點為u，終點為v，權值為w的邊（1≤u，v≤n，-10000≤w≤10000）。
【輸出文件】
對於每組數據，輸出邊權最小值的最大值。如果無法讓所有邊權都為正，輸出“No Solution”；如果最小邊權的最大值可以任意大，輸出“Infinite”。
【輸入樣例】
2 1
1 2 10
2 1
1 2 -10
3 3
1 2 4
2 3 2
3 1 5
4 5
2 3 4
4 2 5
3 4 2
3 1 0
1 2 -1
【輸出樣例】
Infinite
Infinite
3
1

首先，我們應該註意到，結果與操作的順序是無關的。所以，對於同一個節點，對於它的多次操作，可以合並。那麽我們令sum(k)為作用在u上的所有權值之和。這樣，我們的目標就是求出min(sum(i))(i=1,n)。而題目中最小值最大又使我們自然而然想到二分。枚舉一個low，使問題變成操作完後能否使每條邊權值不小於low。對於邊a→b，在操作完後它的權值為w(a,b)+sum(a)-sum(b)。因此對於每條邊，都可以列出一個不等式w(a,b)+sum(a)-sum(b)≥low，移項得sum(b)<=sum(a)+w(a,b)-x。顯然，我們得到一個查分約束系統。並且這個差分約數系統轉化為圖論的話應該是眾多個裏面挑最小的。所以應轉為最短路問題。所以更新的那句話就變為if (sum(b)>sum(a)+w(a,b)-x) ......。當然，還有特殊情況，即No Solution和Infinite。
對於Infinite的情況：
判斷spfa(最大邊權+1)是不是真值。
因為當low=最大邊權時，所有邊的邊權都得到了增加，說明一個問題——按照這樣的操作繼續下去，最小邊權肯定還是增加的，所以可以一直這樣操作下去，最小邊權也就無窮大了。
對於No Sulotion的情況：
判斷spfa(1)是不是假值。
由於最小邊權要大於0，且為整數，所以至少唯一。如果1都達不到，就無解了。但是怎麽判斷這個查分約束系統無解？可以畫一個圖，例如：
x1<=x4,x2<=x1+3,x3<=x1-1,x3<=x2-2,x4<=x3-2（見下）

整理後發現部分不等式矛盾：x1<=x4+0,x3<=x1-1,x4<=x3-2（見下）

實質就是出現了負權回路。或者就根據這個例子分析，又前兩個不等式得x3<=x4-1。而後又出現x3>=x4+2。這兩個不等式沒有解集。只有最後一個不等式至少變為x4<=x3+1時才有集解（即x3>=x4-1,得x3=x4-1），此時，三條邊權值和為0-1+1=0。而剛才權值和為0-1-2=-3<0，可見，如果不等式組無解，則spfa(low)=false。
如果並不是特殊情況——直接二分得出答案。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3
 
 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int maxn=505,maxe=705,maxv=505;
 6 int n,m,h,t,son[maxe],w[maxe],nxt[maxe],lnk[maxn],tot;
 7 int q[maxv],d[maxn],ins[maxn];
 8 bool v[maxn];
 9 inline int read(){
10     int x=0,f=1; char ch=getchar();
11     while (ch<‘0‘||ch>‘9‘){if (ch==‘-‘) f=-f; ch=getchar();}
12     while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
13     return x*f;
14 }
15 void add(int x,int y,int z){
16     nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,w[tot]=z,lnk[x]=tot;
17 }
18 bool spfa(int low){
19     memset(q,0,sizeof q);
20     memset(d,63,sizeof d);
21     memset(v,0,sizeof v);
22     memset(ins,0,sizeof ins);
23     h=0,t=0;
24     for (int i=1; i<=n; i++) q[++t]=i,d[i]=0,v[i]=1,ins[i]++;
25     while (h!=t){
26         h=(h+1)%maxv; v[q[h]]=0;
27         for (int j=lnk[q[h]]; j; j=nxt[j]){
28             if (d[son[j]]>d[q[h]]+w[j]-low){
29                 d[son[j]]=d[q[h]]+w[j]-low;
30                 if (!v[son[j]]){
31                     v[son[j]]=1,t=(t+1)%maxv,q[t]=son[j],ins[son[j]]++;
32                     if (ins[son[j]]>n) return 0;
33                     if (d[q[t]]<d[q[(h+1)%maxv]]) swap(q[t],q[(h+1)%maxv]);
34                 }
35             }
36         }
37     }
38     return 1;
39 }
40 int main(){
41     while (~scanf("%d%d",&n,&m)){
42         int L=1,R=-(1<<30),ans=0;
43         tot=0;
44         memset(lnk,0,sizeof lnk);
45         memset(nxt,0,sizeof nxt);
46         for (int i=1; i<=m; i++){
47             int x=read(),y=read(),z=read();
48             add(x,y,z),R=max(R,z);
49         }
50         if (spfa(R+1)){
51             puts("Infinite"); continue;
52         }else
53         if (!spfa(L)){
54             puts("No Solution"); continue;
55         }
56         while (L<=R){
57             int mid=(L+R)>>1;
58             if (spfa(mid)) ans=mid,L=mid+1; else R=mid-1;
59         }
60         printf("%d\n",ans);
61     }
62     return 0;
63 }

加加減減