洛谷4578 LOJ2520：[FJOI2018]所罗门王的宝藏—

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4578

https://loj.ac/problem/2520

UPD 6.12 整体更新

前置：

先转换成图论模型，即每个绿宝石，横坐标向纵坐标连边，权值为绿宝石要的数。

然后就变成了每个点，我按一下可以使得与它相连的边都$+1/-1$，问能否使图边权全部变成$0$。

那么我们顺其自然的开个$del[i]$表示$i$这个点需要删多少次才能符合答案，显然的对于每条边$(u,v,w)$都要有$del[u]+del[v]==w$。

更进一步：

我们思考若原图为一棵树会不会好做些。

求证：对于连边情况为一棵树来说，当一个结点的$del$固定时，有且只有唯一解。

证明：令该节点为根，根层为$0$层，往下为$1$层，$2$层……

由$del[u]+del[v]==w$可知三个值知道两个即可求第三个，所以$0$层的$del$定下来后$1$层的就定了，之后$2$层的就定了……以此类推。

也因此，我们如果对根的$del+k$的话，那么对于每一奇数层$del$就要$-k$，每一偶数层就要$+k$。我们用这一性质可以构造出所有的解。

之后对于非树边，有且只有奇层与偶层的点连边这一种情况。（因为永远都是横纵相连，所以奇奇边和偶偶边是不存在的）

而又因为对于奇数层和偶数层非树边来说两点的$del$和永远不变（一个$+k$一个$-k$抵消了），所以通过它们与边权的比较我们就可以判断答案合法性。

以及我们也因此论证了对于最开始的$del$定什么都无所谓，所以就定$0$呗，何乐而不为呢？

后记：

题解最开始比较意识流，没有详细的证明，所以修正一下。

本人写这个博客时已经是退役一年OIER，因此如果有疏漏请指出。

不过这题作为为数不多自己做出来的省选题果然不算太难，毕竟意识流想法是对的所以反着证明就没有什么难度了……大概？

#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2005;
inline ll read(){ll X=0,w=0;char ch=0;while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
struct node{int to,nxt,w;
}e[N];
int n,m,k,cnt,head[N],del[N];
bool vis[N];
queue<int>q;
inline void add(int u,int v,int w){e[++cnt].to=v;e[cnt].w=w;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
bool bfs(int s){while(!q.empty())q.pop();q.push(s);vis[s]=1;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to,w=e[i].w;if(vis[v]){if(del[u]+del[v]!=w)return 0;}else{del[v]=w-del[u];vis[v]=1;q.push(v);}}}return 1;
}
int main(){int T=read();while(T--){memset(vis,0,sizeof(vis));memset(head,0,sizeof(head));cnt=0;n=read(),m=read(),k=read();for(int i=1;i<=k;i++){int u=read(),v=read(),w=read();add(u,v+n,w);add(v+n,u,w);}bool ans=1;for(int i=1;i<=n+m;i++){if(!vis[i])ans&=bfs(i);}if(ans)puts("Yes");else puts("No");}return 0;
}

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