题面

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Problem Statement-题目描述

Kenkoooo found a simple connected graph. The vertices are numbered 11 through nn. The ii-th edge connects Vertex uiui and vivi, and has a fixed integer sisi.
Kenkoooo is trying to write a positive integer in each vertex so that the following condition is satisfied:

For every edge ii, the sum of the positive integers written in Vertex uiui and vivi is equal to sisi.

Find the number of such ways to write positive integers in the vertices.

Constraints-数据范围

2≤n≤1052≤n≤105
1≤m≤1051≤m≤105
1≤ui<vi≤n1≤ui<vi≤n
2≤si≤1092≤si≤109
If i≠ji≠j, then ui≠ujui≠uj or vi≠vj.vi≠vj.
The graph is connected.
All values in input are integers.

题目大意

给你一个无向图G=(V,E)G=(V,E),定义任意一条边e=(i,j)e=(i,j) (i≠j,i∈V,j∈V)(i≠j,i∈V,j∈V)的权值为wi,jwi,j,任意一个点ci(c∈V)ci(c∈V)的权值为wiwi,且wiwi为正整数,现在给出所有边ee和边的权值wi,jwi,j,求所有边与点都满足wi,j=wi+wjwi,j=wi+wj时,1号结点有多少种不同的取值。
2≤n≤1052≤n≤105
1≤m≤1051≤m≤105
1≤ui<vi≤n1≤ui<vi≤n
2≤si≤1092≤si≤109

题解

1.确定&方向

学过差分约束的同学可能会感觉这题与差分约束十分类似,是的。差分约束可以维护ai−aj≤Xai−aj≤X的情况,同时,ai−aj=Xai−aj=X也可以转成ai−aj≤Xai−aj≤X进行差分约束。但题目的要求是ai+aj=Xai+aj=X，至少在蒟蒻的知识范围内，是无法转化(或者很难转化)的。
这时候我们就又需要从暴力开始思考了。首先考虑枚举的变量应该是什么。
我们以样例2作为例子

4 3
1 2 6
2 3 7
3 4 5

显然我们可以将这些条件化成方程组

我们很快可以发现只要我们知道其中的任意一个值，我们就可以求出所有的aa。
我们不妨直接枚举a1a1,判断它是否成立即可。
然而这样做一定是超时的，因此我们需要一个更好的方法来节省时间。
对方程比较敏感的同学很快会忍不住将1,21,2式相减得出a1−a3=−1a1−a3=−1,再将其与33式相加得出a1+a4=4a1+a4=4。
这样一来，我们就求出a1a1与其他aa的关系。
但是这有何用呢。
再看看题目,题目要求ai>0ai>0。显然我们需要往求范围的方向想问题。
因为a2=6−a1>0a2=6−a1>0,a3=a1+1>0a3=a1+1>0,a4=4−a1>0a4=4−a1>0。
我们就可以得到a1<6a1<6,a1>−1a1>−1,a1<4a1<4,和a1>0a1>0结合得0<a1<40<a1<4即a1a1有33个取值。没错，这就是正确答案了。
根据上面的操作我们可以发现几个有用的规律

1.当n≡0(mod2)n≡0(mod2)(即n%2=0)时,总有a1+an=Aa1+an=A,换成不等式即a1<Aa1<A。
2.当n≡1(mod2)n≡1(mod2)(即n%2=1)时,总有a1−an=Ba1−an=B,换成不等式即a1>Ba1>B。

显然，答案a1a1的范围即为max(B1,B2,...,Bk1,0)<a1<min(A1,A2,...,Ak2)max(B1,B2,...,Bk1,0)<a1<min(A1,A2,...,Ak2)
直接用DFS/BFSDFS/BFS遍历整张图很容易求出范围与a1a1的合法个数。
难道这就是这道题的正解？

2.尝试&完善

作为这场比赛的最后一题，绝对不可能这么简单。
上面的样例显然遗漏了我们的老朋友(233)——环。
这个关系在环上也成立吗?
让我们来看看第一组样例吧。

3 3
1 2 3
2 3 5
1 3 4

(莫名画成直角三角形…)
我们再写出它的对应方程组:

求出它的对应式子
a1+a2=3a1+a2=3
a1−a2=−1a1−a2=−1
a1−a3=−2a1−a3=−2
a1+a3=4a1+a3=4

咦?…怎么每个aa都有两个关系式？
实质上,是因为每个点都可以通过节点11,通过两条不同的路径到达节点nn所造成的。
可以发现,每个aa所拥有的两个关系式都可以相加直接求出唯一的a1a1
即设a1+an=Aa1+an=A,a1−an=Ba1−an=B,那么a1=A+B2a1=A+B2

那么环都能直接能确定a1a1吗？
实际上，是不行的。

例如上图中的例子，a1a1就有三个合法解1,2,31,2,3(具体求法可以参考第11部分的方程组)。
实质上是因为从节点11节点nn的两条路径都是奇数,以至于两者的关系式不仅符号相同，连数值也相同。(使用11部分中的规律)
也就相当于一个式子了。

经过一系列的归纳与整理，我们发现:只要是奇环(即环的节点数有奇数个)，就能求出唯一的a1a1,反之则不行(当然,在本题中,这并不是一个重要的结论)

这就是这道题的正解？
好像还漏了些什么…

3.排查&漏洞

没错…还有无解的情况
让我们返回样例11看看。
我们说过对于每一个aa,都能确定唯一一个a1a1。
但在无解的情况下它仍然成立吗?
肯定不一定。
因此，要判断无解，首先要确定通过其他aa求出的每个a1a1都相同。这是第一。

还有,前文说道环上的每个结点对于a1a1都有两条路径。但如果有多个环，那就有多个关系式，那就有许多关系式相同的情况。如果当他们的关系式符号相同时(即an+a1=Aan+a1=A,an+a1=Ban+a1=B或者an−a1=Aan−a1=A,an−a1=Ban−a1=B),我们一定能得出A=BA=B的结论,但如果A≠BA≠B,显然无解。这是第二。

第三是最简单的，即11部分中说提到的范围max(B1,B2,...,Bk1,0)<a1<min(A1,A2,...,Ak2)max(B1,B2,...,Bk1,0)<a1<min(A1,A2,...,Ak2)无解。
设A=min(A1,A2,...,Ak2)A=min(A1,A2,...,Ak2),B=max(B1,B2,...,Bk1,0)B=max(B1,B2,...,Bk1,0),那么当A−B−1≤0A−B−1≤0时，a1a1无解。
这就是这道题的正解？

4.汇集&实现

没错，这就是这题的正解(QWQQWQ)
至于如何BFS/DFSBFS/DFS,一般只有遍历顺序的问题，这里直接将记录关系式(不等式)的问题与遍历问题结合，即vis[N][2]vis[N][2]
,这里vis[N][0]vis[N][0]中存的是a1>Ba1>B中的−B−B(看后面代码的时候一定要注意这一点),目的是更简单直观，vis[N][1]vis[N][1]中存的是a1<Aa1<A中的AA;
然而还有一些细节需要提一下

1.图是双向的(蒟蒻没看清楚以至于调了2天的代码..)
2.22部分中，用奇环求a1a1时最好放在DFS/BFSDFS/BFS后单独求解
3.22部分中，用奇环求出的a1a1一定要满足11部分中说提到的范围max(B1,B2,...,Bk1,0)<a1<min(A1,A2,...,Ak2)max(B1,B2,...,Bk1,0)<a1<min(A1,A2,...,Ak2),否则无解。
4.11部分中，一定要记得a1<Aa1<A,a1>Ba1>B,不是a1≤Aa1≤A,a1≥Ba1≥B。

对了….BFS/DFSBFS/DFS的时间复杂度是接近O(n)O(n)的。可以非常轻松地通过本题。
现在就是你们最喜欢的代码了233…
有点丑..

DFS版

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXN 100000
#define MAXM 100000
#define INF 1000000000000000
struct node
{int next,to;long long w;
}e[MAXM*2+5];
long long T;
int cnt,m,n;
int x,y,z,flag;
long long ri=INF,le=1;
long long vis[2][MAXN+5];
int b[MAXN+5];
void fpush(int u,int v,long long w)
{e[++cnt].next=b[u];e[cnt].w=w;e[cnt].to=v;b[u]=cnt;
}
int Ch(int x){if(x==-1)x=0;return x;}
void dfs(int xr,int lim,int dec)
{for(int i=b[xr];i;i=e[i].next){int xnext=e[i].to;int FD=Ch(dec);if(vis[FD][xnext]!=INF){if(vis[FD][xnext]!=lim+e[i].w*dec){flag=1;return ;}else continue;}vis[FD][xnext]=lim+e[i].w*dec;if(!FD)le=max(le,-vis[FD][xnext]);else ri=min(ri,vis[FD][xnext]);dfs(xnext,lim+e[i].w*dec,-dec);}
}
int main()
{fill(vis[0],vis[0]+MAXN+1,INF);fill(vis[1],vis[1]+MAXN+1,INF);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);fpush(x,y,z);fpush(y,x,z);}dfs(1,0,1);long long T=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[0][i]!=INF&&vis[1][i]!=INF){long long NT=(vis[1][i]-vis[0][i])/2;if(NT<=le&&NT>=ri){flag=1;break;}if(NT<=0){flag=1;break;}if(T==0)T=NT;else if(T!=NT){flag=1;break;}}if(flag){printf("0\n");;}if(T)printf("1\n");else printf("%lld",max((long long)0,ri-le-1));
}

BFS版

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAXN 100000
#define MAXM 100000
#define INF 1000000000000000
struct node
{int next,to;long long w;
}e[MAXM*2+5];
struct Qr
{int xr,dec;long long lim;
};
long long T;
int cnt,m,n;
int x,y,z,flag;
long long ri=INF,le=-INF;
long long vis[2][MAXN+5];
int b[MAXN+5];
void fpush(int u,int v,long long w)
{e[++cnt].next=b[u];e[cnt].w=w;e[cnt].to=v;b[u]=cnt;
}
int Ch(int x){if(x==-1)x=0;return x;}
int main()
{fill(vis[0],vis[0]+MAXN+1,INF);fill(vis[1],vis[1]+MAXN+1,INF);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);fpush(x,y,z);fpush(y,x,z);}queue<Qr> Q;Q.push((Qr){1,1,0});while(!Q.empty()){Qr A=Q.front();Q.pop();int xr=A.xr,dec=A.dec;long long lim=A.lim;for(int i=b[xr];i;i=e[i].next){int xnext=e[i].to;long long nlim=e[i].w-lim;int FD=Ch(dec);if(vis[FD][xnext]!=INF){if(vis[FD][xnext]!=nlim){printf("0\n");return 0;}else continue;}vis[FD][xnext]=nlim;if(!FD)le=max(le,-vis[FD][xnext]);else ri=min(ri,vis[FD][xnext]);Q.push((Qr){xnext,-dec,nlim});}}long long T=-1;for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[0][i]!=INF&&vis[1][i]!=INF){long long NT=(vis[1][i]-vis[0][i])/2;if(NT<0){flag=1;break;}if(T==-1)T=NT;else if(T!=NT){flag=1;break;}}if(flag){printf("0\n");}if(T!=-1){if(T>le&&T<ri)printf("1\n");else printf("0\n");}else printf("%lld",max((long long)0,ri-le-1));
}

END