參考博客：https://blog.csdn.net/dragon60066/article/details/80245797
此知識點需對最短路，最長路有了解。
差分約束系統應用一，
知道形如下面的不等式組
現在我們要求一組解x1=a1,x2=a2，這樣的解來滿足上面不等式組。
有一個性質，我們可以知道，如果有一組解x1=a1,x2=a2~~滿足上面不等式組，那麼這組解全部+d。即x1=a1+d,x2=a2+d，也是可滿足的。因爲做差之後d會被抵消掉。
現在，我們分析一個不等式
x1-x2<=k 轉化爲x1<=x2 +k在轉化x2>=x1-k;
此不等式是不是很眼熟呢。我們回憶在最短路的學習中，是不是有dis[v] >=dis[u] + k;這個不等式組呢。此不等式組在最短路中的意義爲:
到v的最短路>=到u的最短路+（u到v的比邊權）。
我們可以注意到u到v的邊權爲k。
那麼我們是不是可以像最短路一樣，
給x1到x2連上一條邊權爲-k的邊呢。
我們通過此種建圖之後，如何繼續判斷是否存在一組解滿足不等式組呢？
我們綜合最短路的應用，我們是不是可以跑最短路spfa算法，來判斷，該圖中是否存在負環，如果存在負環，那麼一定是無解的。
存在負環的情況爲:a>b,b>c,c>a。可畫圖，就可以理解爲何存在負環不行。
例題：https://www.luogu.com.cn/problem/P1993
#include"stdio.h"
#include"string.h"
#include"algorithm"
using namespace std;
const int N = 100100;
const int INF = 1e9 + 7;
int n,m,ans;
int head[N],ver[N * 10],Next[10 * N],edge[N * 10],tot;
int vis[N],dist[N];
void add(int x,int y,int w){
ver[++ tot] = y; edge[tot] = w;
Next[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
void dfs(int x){
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i; i = Next[i])
{
int y = ver[i],w = edge[i];
if(dist[y] > dist[x] + w){
if(vis[y] || ans) {ans = 1;break;}
dist[y] = dist[x] + w;
dfs(y);
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
dist[i] = INF;
for(int i = 1; i <= m; i ++)
{
int op; scanf("%d",&op);
if(op == 3) {
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y,0); add(y,x,0);
} else if(op == 1){
int x,y,w; scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
add(x,y,-w);
} else {
int x,y,w; scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
add(y,x,w);
}
}
ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(i);
if(ans) break;
}
if(ans == 1) printf("No\n");
else printf("Yes\n");
}
例題二：https://www.luogu.com.cn/problem/P3275
參考題解：https://www.luogu.com.cn/problemnew/solution/P3275
從題目中，我們可以得到所有的小朋友一定會分到一個糖果。
同時，題目要求的是最小需要多少個糖果才能滿足需求。
我們現在建圖時，建（u，v，w）這條邊表示頂點v比頂點u大w。
我們觀察5種需求類型，
第一種，a==b，add(u,v,0);add(v,u,0);
第二種，a<b add(b,a,1) //如果b大於a，那麼我要滿足使最後總糖果數最少，根據貪心原則，我肯定是儘可能的使得b靠近a，即b == a+1。
第三種，a>=b add(b,a,0)//如果a>=b，那麼同樣根據貪心原則，我肯定是讓他們越靠近越好。
第四種，a>b add(b,a,1);
第五種，a<=b add(a,b,0);
那麼我們建圖之後就跑最長路即可。
如下圖，
3到1的路徑爲1，但是因爲2的限制，所以1要比3大2。
同時，在跑spfa的時候判正權環的出現。
正權環即：
1->2 w 2
2->3 w 3
3->1 w 3
如果在此圖上跑最長路，那麼我們將會一直跑下去，不能結束，所以要判斷正權環。
#include"stdio.h"
#include"string.h"
#include"queue"
#include"algorithm"
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
int a=0;char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9')x=getchar();
while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar();
return a;
}
const int N = 300100,M = 1001010;
int head[N],ver[M],Next[M],edge[M],tot;
int n,k,dist[N],vis[N];
int cnt[N];
void add(int x,int y,int w){
ver[++ tot] = y; Next[tot] = head[x];
edge[tot] = w; head[x] = tot;
}
bool bfs()
{
queue<int> Q; Q.push(0);
dist[0] = 0;vis[0] = 1;
while(!Q.empty())
{
int x = Q.front(); Q.pop();
vis[x] = 0;
cnt[x] ++;
if(cnt[x] >= n){
return false;
}
for(int i = head[x]; i; i = Next[i]){
int y = ver[i],w = edge[i];
if(dist[y] < dist[x] + w){
dist[y] = dist[x] + w;
if(vis[y] == 0){
vis[y] = 1; Q.push(y);
}
}
}
}
return true;
}
int main()
{
n = read(); k = read();
for(int i = 1; i <= k; i ++)
{
int op,a,b;
op = read(); a = read(); b = read();
if(op == 1) add(a,b,0),add(b,a,0);
else if(op == 2) add(a,b,1);
else if(op == 3) add(b,a,0);
else if(op == 4) add(b,a,1);
else add(a,b,0);
if(op == 2 || op == 4)
{
if(a == b) {printf("-1\n"); return 0;}
}
}
for(int i = n; i >= 1; i --)add(0,i,1);
if(bfs() == false){
printf("-1\n");
} else
{
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) ans += (ll)dist[i];
printf("%lld\n",ans);
}
}
：
例題三：https://www.cnblogs.com/five20/p/9173155.html
例題：https://www.luogu.com.cn/problem/P2294
很容易的想到建圖方式：
w[u,v] = k,表示v大u，k個單位。
同時隱含着w[v,u] = -k。這一條件。
把這兩個圖建出來，發現，如果有環，那就不合法。
#include"stdio.h"
#include"string.h"
#include"queue"
#include"algorithm"
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){
int a=0;char x=getchar();bool f=0;
while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar();
if(x=='-')x=getchar(),f=1;
while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar();
return f?-a:a;
}
const int N = 300100,M = 1001010;
const int INF = 1000000100;
int head[N],ver[M],Next[M],edge[M],tot;
int n,k,dist[N],vis[N];
int cnt[N];
void add(int x,int y,int w)
{
ver[++ tot] = y;
Next[tot] = head[x];
edge[tot] = w;
head[x] = tot;
}
bool bfs(int x)
{
queue<int> Q;
Q.push(x);
for(int i = 0; i <= n; i ++) dist[i] = -INF;
dist[x] = 0;
vis[x] = 1;
while(!Q.empty())
{
int x = Q.front();
Q.pop();
vis[x] = 0;
cnt[x] ++;
if(cnt[x] >= n)
{
return false;
}
for(int i = head[x]; i; i = Next[i])
{
int y = ver[i],w = edge[i];
if(dist[y] < dist[x] + w)
{
dist[y] = dist[x] + w;
if(vis[y] == 0)
{
vis[y] = 1;
Q.push(y);
}
}
}
}
return true;
}
void init()
{
memset(head,0,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
tot = 0;
}
int main()
{
int T;
T = read();
while(T --)
{
init();
n = read();
k = read();
for(int i = 1; i <= k; i ++)
{
int a,b,w;
a = read(); b = read();w = read();
add(a - 1,b,w); add(b,a - 1,-w);
}
int mark = 1;
for(int i = 0; i <= n; i ++){
if(cnt[i] == 0){
if(bfs(i) == false) {mark = 0;break;}
}
}
if(mark == 1) printf("true\n");
else printf("false\n");
}
return 0;
}
