题目描述

给你一个\(n\)元一次方程，判断是否有解，方程给出的格式为 \(a-b=c\)

思路

这道题看上去是一道题目看上去就是判断给出条件是否有矛盾，所以就自然而然的可以使用带权并查集
但是因为我太懒了并且这道题目要求使用差分约束系统进行求解，于是就需要将题目转化一下

因为差分约束系统只能处理不等量关系，所以就需要使用一个不等式组进行表示，并且这个不等式组只能有一个解
于是就可以将 \(a-b=c\) 转化为\(\begin{cases}a-b\le c \\a-b \ge c\end{cases}\)
但是在差分约束系统只能处理 \(\le\) 的情况，所以不等式组就转化成了\(\begin{cases}a-b\le c \\b-a \le -c\end{cases}\)，
于是在输入之后就可以这样储存了：

v[a-1].push_back({b,c}),v[b].push_back({a-1,-c});

注意: \(a\) 应该\(-1\)，否则就将 \(a\) 这个月漏算了

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
inline int read(){ //没有大用的快读
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}return x*f;
}int T,n,m,cnt[1001],dis[1001];
bool vis[1001];
struct node{
	int k; //到达的点
	int num; //代价
};
std::vector<node> v[1001]; //因为本人太懒，所以使用vector储存||v[i]表示从i出发的节点
inline bool spfa(int s){
	std::queue<int> q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); //多测不清空,爆零见祖宗
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	dis[s]=0; //初始化
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		int top=q.front();
		q.pop();
		vis[top]=0;
		for(node i:v[top]){
			if(dis[i.k]>dis[top]+i.num){ //差分约束系统跑的是最长路
				dis[i.k]=dis[top]+i.num;
				if(!vis[i.k]){
					q.push(i.k);
					vis[i.k]=1;
					cnt[i.k]++;
					if(cnt[i.k]>n) //有负权环
						return 0;
				}
			}
		}
	}return 1;
}int main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read(),m=read();
		for(int i=1,a,b,c;i<=m;++i){
			a=read(),b=read(),c=read();
			v[a-1].push_back({b,c}); //储存不等式
			v[b].push_back({a-1,-c});
		}bool flag=1;
		for(int i=0;i<=n;++i){
			if(spfa(i)==0){
				flag=0;
				break;
			}
		}if(flag==1)
			puts("true");
		else
			puts("false");
		for(int i=0;i<=m;i++) //多测不彻底清空=10pts
			v[i].erase(v[i].begin(),v[i].end());
	}return 0;
}