傳送門：洛谷 P1993

題目描述

小 $K$在 $MC$裡面建立很多很多的農場，總共 $n$

• 農場 $a$
  比農場 $b$至少多種植了 $c$個單位的作物，
• 農場 $a$
  a 比農場 $b$至多多種植了 $c$個單位的作物，
• 農場 $a$與農場 $b$種植的作物數一樣多。

但是，由於小 $K$的記憶有些偏差，所以他想要知道存不存在一種情況，使得農場的種植作物數量與他記憶中的所有資訊吻合。

分析

本題僅分為兩部分，建圖+判負環

1. 建圖 — 差分約束
   在一張的圖上邊 $(u, v, w)$,必定滿足不等式 $dis[u] + w \geq dis[v]$,對於本題而言，也有類似的關係：
   令 $f[x]$表示農場 $x$的作物數量，則有

• $f[a] - f[b] \geq c \iff f[a] - c \geq f[b]$
• $f[a] - f[b] \leq c \iff f[b] + c \geq f[a]$
• $f[a] = f[b] \iff f[a] \geq f[b] \quad \& \quad f[b] \geq f[a]$
  那麼類似的，將 $a$、 $b$看做節點， $c$、 $-c$看做邊權建圖即可

2. 判負環 — $dfs$版 $spfa$
   由於題目只要求是否可行，那麼就只要判負數就可以了。
   $dfs$版的判斷依據：第二次訪問該節點即存在負環
   優化： $dis$陣列可以不用賦初值，直接為 $0$即可。可以減少沒必要的迭代。
   注意：圖不一定聯通，要 $for$一遍（不判實測 $70$）

程式碼

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>

#define IL inline

using namespace std;

IL int read()
{
    char c = getchar();
    int sum = 0 ,k = 1;
    for(;'0' > c || c > '9'; c = getchar())
        if(c == '-') k = -1;
    for(;'0' <= c && c <= '9'; c = getchar()) sum = sum * 10 + c - '0';
    return sum * k;
}

int n, m;

int to[20005], nxt[20005], val[20005];
int cnt, last[10005];
IL void add(int u, int v, int w)
{
    //printf("%d %d %d\n", u, v, w);
    to[++cnt] = v; nxt[cnt] = last[u]; val[cnt] = w; last[u] = cnt;
}

bool vis[10005];
int dis[10005];

IL bool dfs_spfa(int u)
{
    vis[u] = 1;
    
    for(int i = last[u], v; (v = to[i]); i = nxt[i])
    if(dis[u] + val[i] < dis[v])
    {
        dis[v] = dis[u] + val[i];
        if(vis[v] || dfs_spfa(v)) return 1;
    }
    
    vis[u] = 0;
    return 0;
}

int main()
{
    n = read(); m = read();
    
    for(int k, x, y, z; m; --m)
    {
    	k = read(); x = read(); y = read();
    	if(k != 3) z = read();
    	if(k == 1) add(x, y, -z); else
    	if(k == 2) add(y, x, z); else
    	if(k == 3) { add(x, y, 0); add(y, x, 0); }
    }
    
    int flag;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    if(!vis[i])
    {
    	flag = dfs_spfa(i);
    	if(flag) break;
    }
    
    printf("%s\n", flag ? "No" : "Yes" );
    
    return 0;
}