(uva11671)差分约束问题总结

11671 - Sign of Matrix Time limit: 1.000 seconds

这个问题是个差分约束的问题，但是一开始看这个问题的时候没有发现是个差分约束的题，而且这个题我想了很长时间，在网上看的题解也没有看懂，甚是麻烦。
然后经过仔细思考才发现这个题是差分约束的苗头，根据这个题目的目的，是对行和列进行操作，每次对行或列进行加或减操作，题目的目的是使操作的次数最少。
我们用xi表示对行进行的操作，yi表示对列进行的操作。
根据矩阵的表示当矩阵符号是负号时，操作时xi + yi 他们的和最大应该是-1，即xi + yi <= -1,同理当是正号时，xi + yi >= 1；但是差分约束的处理一般是小于等于（最短路），或者是大于小于（最长路），但是要求得全部是大于等于，或者全部是小于等于，这样这个题差分约束的思想就出来了，但是怎么建图才是关键。
根据操作，我们可以化简得：xi - (-yi) <= -1,-yi - xi <= -1;因此可以看出来，其实就是边的关系，但是负标号无法建图。所以最需要解决的就是建图操作：
但是-yi只是一个简单的标号所以为了方便操作，我们可以将标号进行自定义成方便方便操作的编号，具体看代码：

#include<stdio.h>
#include<queue> 
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int head[211];
int n,c,dis[211];
struct node{
	int next,v,w;
}edge[40010];
void add(int u,int v,int w){
	edge[c].v =  v;
	edge[c].w = w;
	edge[c].next = head[u];
	head[u] = c++;
}

bool spfa(){
	int vis[211],in[211];
	queue<int>q; 
	for(int i=0;i<2*n;i++){
		q.push(i);
		dis[i] = 0;
		vis[i] = 1;
		in[i] = 1 ;//为什么是0？ 
	}
	while(!q.empty()){
		int t = q.front();
		q.pop();
		for(int i  = head[t];i!= -1;i = edge[i].next){
			int vv = edge[i].v;
			if(dis[vv] > dis[t]+ edge[i].w){
				dis[vv] = dis[t] + edge[i].w;
				if(vis[vv] == 0){
					q.push(vv);
					vis[vv] = 1;
					if(++in[vv]>2*n+1)return false;
				}
			}
		}
		vis[t] = 0;
	}
	return true;
}

int main(){
	
    int cases = 1;
	while(scanf("%d",&n),n!=-1){
		char a[221];
		c=0;
		for(int i = 0;i<n*2;i++)head[i] = -1;
		for(int i = 0;i<n;i++){
			scanf("%s",a);
			for(int j = 0;j<n;j++){
				if(a[j] == '+'){
					add(j+n,i,-1);
				}else if(a[j] == '-'){
					add(i,j+n,-1);
				}else {
	                add(i,j+n,0);
					add(j+n,i,0);				
				}
			}
		}
		printf("Case %d: ",cases++);
		if(spfa()){
			int s = 0;
			sort(dis,dis+2*n);
			for(int i = 0;i<2*n;i++){
				s+=abs(dis[i] - dis[n-1]);
			}
			printf("%d\n",s);
		}else puts("-1");
	}
}