【BZOJ2801】[Poi2012]Minimalist Security
Description
给出一个N个顶点、M条边的无向图，边(u,v)有权值w(u,v)，顶点i也有权值p(i)，
并且对于每条边(u,v)都满足p(u)+p(v)>=w(u,v)。
现在要将顶点i的权值减去z(i)，其中0<=z(i)<=p(i)。
修改后设顶点i的权值p'(i)=p(i)-z(i)，对于每条边(u,v)都满足p'(u)+p'(v)=w(u,v)。
求sum{z(i)}的最小值和最大值。
Input
第一行两个正整数n,m (n<=500,000, m<=3,000,000)。
第二行n个整数，依次表示p(1),p(2),...,p(n) (0<=p(i)<=10^6)。
下面m行，每行三个整数u,v,w (1<=u,v<=n, 0<=w<=10^6)，表示存在一条权值为w的边(u,v)。
Output
两个正整数，分别表示sum{z(i)}的最小值和最大值，如果不存在方案就输出NIE。
Sample Input
For the input data:
3 2
5 10 5
1 2 5
2 3 3
the correct result is:
12 15
whereas for the following input data:
3 3
1 1 1
1 2 1
1 3 1
3 2 1
the correct result is:
3 2
5 10 5
1 2 5
2 3 3
the correct result is:
12 15
whereas for the following input data:
3 3
1 1 1
1 2 1
1 3 1
3 2 1
the correct result is:
NIE
题解：容易发现，对于一个连通块，只需要任意确定一个点的值，其它的点就都确定了。所以我们设这个点为x，那么其他点的值都是x+d或-x+d的形式，我们BFS一下即可得到，然后就是特判部分了：
当我们搜到了一个点时，先算一下那个点的系数即常数项，如果这个点在之前已经被搜过了，且系数一样，那么直接看常数项，如果相同则不用管，不同则无解；如果系数不一样，那么我们已经得到了一个等式，x值就是唯一确定的了（前提是下面↓的不等式有解）。
如果没有出现上述情况，那么我们已经将连通块中的所有点都用x表示了出来，并且这些点都要满足值$\in [0,P]$，我们就相当于得到了若干个不等式，求出不等式的解就能得到x的取值范围。如果无解则NIE；否则，这整个连通块的权值之和一定是关于x的一次函数，它的极值一定在x为极值时取到，分别计算一下即可。
此题还需要读入优化。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int maxn=500010;
const int maxm=3000010;
typedef long long ll;
int n,m,cnt,tot;
ll ans1,ans2,L,R,sum1,sum2;
int to[maxm<<1],next[maxm<<1],head[maxn],val[maxm<<1],p[maxn],vis[maxn][2],q[maxn];
ll v[maxn][2];
queue<int> qx,qy;
inline char nc()
{
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=nc();
while(!isdigit(gc)) {if(gc=='-') f=-f; gc=nc();}
while(isdigit(gc)) ret=ret*10+(gc^'0'),gc=nc();
return ret*f;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void bfs(int x)
{
vis[x][0]=1;
qx.push(x),qy.push(0);
int i,a,b;
q[tot=1]=x;
while(!qx.empty())
{
a=qx.front(),b=qy.front(),qx.pop(),qy.pop();
for(i=head[a];i!=-1;i=next[i])
{
if(!vis[to[i]][0]&&!vis[to[i]][1]) q[++tot]=to[i];
if(vis[to[i]][b^1])
{
if(v[to[i]][b^1]!=val[i]-v[a][b]) printf("NIE"),exit(0);
}
else
{
vis[to[i]][b^1]=1,v[to[i]][b^1]=val[i]-v[a][b];
qx.push(to[i]),qy.push(b^1);
}
}
}
L=0,R=p[x],sum1=sum2=0;
for(i=1;i<=tot;i++)
{
a=q[i];
if(vis[a][0]) L=max(L,-v[a][0]),R=min(R,p[a]-v[a][0]);
if(vis[a][1]) L=max(L,v[a][1]-p[a]),R=min(R,v[a][1]);
if(vis[a][0]&&vis[a][1])
{
if((v[a][1]-v[a][0])&1) printf("NIE"),exit(0);
L=max(L,(v[a][1]-v[a][0])>>1),R=min(R,(v[a][1]-v[a][0])>>1);
}
}
if(L>R) printf("NIE"),exit(0);
for(i=1;i<=tot;i++)
{
a=q[i];
if(vis[a][0]) sum1+=p[a]-L-v[a][0],sum2+=p[a]-R-v[a][0];
else sum1+=p[a]+L-v[a][1],sum2+=p[a]+R-v[a][1];
}
if(sum1>sum2) swap(sum1,sum2);
ans1+=sum1,ans2+=sum2;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,a,b,c;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<=n;i++) p[i]=rd();
for(i=1;i<=m;i++) a=rd(),b=rd(),c=rd(),add(a,b,c),add(b,a,c);
for(i=1;i<=n;i++) if(!vis[i][0]&&!vis[i][1]) bfs(i);
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
return 0;
}