P1260 工程规划
# P1260 工程规划
## 题目描述
造一幢大楼是一项艰巨的工程，它是由 $n$ 个子任务构成的，给它们分别编号 $1,2,\cdots,n\ (5≤n≤1000)$。由于对一些任务的起始条件有着严格的限制，所以每个任务的起始时间 $T_1,T_2,\cdots,T_n$ 并不是很容易确定的(但这些起始时间都是非负整数，因为它们必须在整个工程开始后启动)。例如：挖掘完成后，紧接着就要打地基；但是混凝土浇筑完成后，却要等待一段时间再去掉模板。
这种要求就可以用 $m\ (5≤m≤5000)$ 个不等式表示，不等式形如 $T_i-T_j≤b$ 代表 $i$ 和 $j$ 的起始时间必须满足的条件。每个不等式的右边都是一个常数 $b$，这些常数可能不相同，但是它们都在区间 $(-100,100)$ 内。
你的任务就是写一个程序，给定像上面那样的不等式，找出一种可能的起始时间序列 $T_1,T_2,\cdots,T_n$，或者判断问题无解。对于有解的情况，要使最早进行的那个任务和整个工程的起始时间相同，也就是说，$T_1,T_2,\cdots,T_n$ 中至少有一个为 $0$。
## 输入格式
第一行是用空格隔开的两个正整数 $n$ 和 $m$，下面的 $m$ 行每行有三个用空格隔开的整数 $i,j,b$ 对应着不等式 $T_i-T_j≤b$。
## 输出格式
如果有可行的方案，那么输出 $n$ 行，每行都有一个非负整数且至少有一个为 $0$，按顺序表示每个任务的起始时间。如果没有可行的方案，就输出信息 `NO SOLUTION`。
## 输入输出样例 #1
### 输入 #1
```
5 8
1 2 0
1 5 -1
2 5 1
3 1 5
4 1 4
4 3 -1
5 3 -1
5 4 -3
```
### 输出 #1
```
0
2
5
4
1
```
## 输入输出样例 #2
### 输入 #2
```
5 5
1 2 -3
1 5 -1
2 5 -1
5 1 -5
4 1 4
```
### 输出 #2
```
NO SOLUTION
```
## 说明/提示
由@zhouyonglong提供SPJ
正解
先说一下差分约束：
差分约束的核心思想将不等式组转化为图论中最短路或者最长路问题
之前，我也只会背公式 xi<=xj+c 求的时最短路，>=则是求的最长路，但是发现>=和<=可以相互转换的 ，那么就错了，不过大部分的题中<=那么就会让你求最短路
后来经过我的查阅才发现，>=或者<=，你用什么取决于题问的什么，图中问的是最短路，那么<=,相反如果是最长路，那么就是>=。 那么为什么最短路就是<=,比如Xi<=Xj+c，限制了Xi的上限，所以求的最短路，也就是Xi的上限，但如果存在负环，Xi的上限也就不确定了，最短路也就无解（因为负环会导致路径权重无限减小，使得某些变量的上界趋向负无穷），最长路则相反
再看这一道题，题中约束形式决定了求最短路，那么无解的情况就是有负环的形式，用spfa就行
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>using namespace std;
int n, m;
const int N = 1010, M = 6010; // 调整数组大小
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int dis[N], cnt[N]; // cnt数组记录入队次数
bool st[N];void add(int a, int b, int c)
{
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
w[idx] = c;
h[a] = idx++;
}bool spfa()
{
memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
dis[0] = 0;queue<int> q;
q.push(0);
st[0] = true;while (q.size()) {
int t = q.front();
q.pop();
st[t] = false;for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (dis[j] > dis[t] + w[i]) {
dis[j] = dis[t] + w[i];
cnt[j] = cnt[t] + 1; // 更新入队次数
if (cnt[j] >= n) return true; // 存在负环
if (!st[j]) {
st[j] = true;
q.push(j);
}
}
}
}return false;
}int main()
{
cin >> n >> m;memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 0; i < m; i++) {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(b, a, c);
}// 添加虚拟节点0到所有节点的边
for (int i = 1; i <= n; i++) add(0, i, 0);if (spfa()) {
puts("NO SOLUTION");
}
else {
// 找到最小值
int min_val = 0x3f3f3f3f;
for (int i = 1; i <= n; i++)
min_val = min(min_val, dis[i]);// 调整所有时间，确保至少有一个为0
for (int i = 1; i <= n; i++)
cout << dis[i] - min_val << endl;
}return 0;
}