题目请戳这里

题目大意:给一个n*m的矩阵,求是否存在这样两个序列:a1,a2。。。an,b1,b2,。。。,bm,使得矩阵的第i行乘以ai,第j列除以bj后,矩阵的每一个数都在L和U之间。

题目分析:比较裸的差分约束。考虑那2个序列,可以抽象出m+n个点。乘除法可以通过取对数转换为加减法。然后就可以得到约束关系:

对于矩阵元素cij,有log(L) <= log(cij) + ai - bj <= log(U),整理可得:

ai - bj <= log(U) - log(cij),n+j向i建边,边权log(U) - log(cij)。

bj - ai<= log(cij) - log(L),i向n+j建边,边权log(cij) - log(L)。

设0为源点,源点到每个点建边,边权0。从源点出发找负环,存在负环无解。

求最短路一般用spfa比较高效,但是如果判断负环的话spfa就比较慢了,因为最坏情况下复杂度依然是O(m*n)的,这题如果用spfa判断一个点进队n+m次就会TLE。一个不严谨的结论是判断sqrt(n+m)次就可以了。

判断负环还有一种更高效的方法:dfs。利用dfs深度优先的特点,找到一条路就一直往下走,能很快找出负环。每次访问一个节点后标记进栈,如果访问到某个点发现已经被标记进栈了,可以直接判断负环。

详情请见代码(二合一):

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 405;
const int M = 805;
const double eps = 1e-7; double c[N][N];
int l,r,n,m,num;
double la,ra;
struct node
{
int to,next;
double val;
}g[10000005];
int head[M],in[M],que[M];
double dis[M];
bool flag[M];
void build(int s,int e,double v)
{
g[num].to = e;
g[num].next = head[s];
g[num].val = v;
head[s] = num ++;
}
bool instack[M];
bool dfs(int cur)
{
if(instack[cur])
return true;
instack[cur] = true;
flag[cur] = true;//visted
int i;
for(i = head[cur];~i;i = g[i].next)
if(dis[cur] + g[i].val < dis[g[i].to])
{
dis[g[i].to] = dis[cur] + g[i].val;
if(dfs(g[i].to))
return true;
}
instack[cur] = false;
return false;
}
bool dspfa()
{
int i;
memset(flag,false,sizeof(flag));
memset(instack,false,sizeof(instack));
for(i = 0;i <= m + n;i ++)
{
dis[i] = 0.0;
}
for(i = 1;i <= m + n;i ++)
if(!flag[i])
if(dfs(i))
return true;
return false;
} bool spfa()
{
int i;
int front,rear;
front = rear = 0;
for(i = 0;i <= m + n;i ++)
{
dis[i] = 100000000.0;
flag[i] = false;
in[i] = 0;
}
dis[0] = 0;
in[0] = 1;
flag[0] = true;
que[rear ++] = 0;
while(front != rear)
{
int u = que[front ++];
if(front == M)
front = 0;
flag[u] = false;
for(i = head[u];~i;i = g[i].next)
{
if(dis[g[i].to] > dis[u] + g[i].val)
{
dis[g[i].to] = dis[u] + g[i].val;
if(flag[g[i].to] == false)
{
flag[g[i].to] = true;
in[g[i].to] ++;
if(in[g[i].to] > (n + m))//sqrt((double)
return false;
que[rear ++] = g[i].to;
if(dis[que[front]] > dis[g[i].to])
swap(que[front],que[rear - 1]);
if(rear == M)
rear = 0;
}
}
}
}
return true;
}
int main()
{
//freopen("out.txt","r",stdin);
int i,j,x;
while(scanf("%d",&n) != EOF)
{
scanf("%d%d%d",&m,&l,&r);
la = log10((double)l);ra = log10((double)r);
memset(head,-1,sizeof(head));
num = 1;
for(i = 1;i <= n + m;i ++)
build(0,i,0.0);
for(i = 1;i <= n;i ++)
for(j = 1;j <= m;j ++)
{
scanf("%d",&x);
c[i][j] = log10((double)x);
build(i,j + n,c[i][j] - la);
build(j + n,i,ra - c[i][j]);
}
if(spfa())//if(!dspfa())
puts("YES");
else
puts("NO");
}
return 0;
}
//671MS 6620K
//312MS 6616K

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