ZOJ-1455 Schedule Problem 差分约束

题意：给定N个任务，每个任务有一个完成时间。这些任务之间有完成的四种先后顺序，假设这种二元关系建立在x，y之间：
　　　SAS：x至少在y开始时开始
　　　SAF：x至少在y完成时开始
　　　FAS：x至少在y开始时完成
　　　FAF：x至少在y完成时完成
　　　现在问这些任务在最短时间内都被完成的任务安排如何？输出每个任务开始的时刻，如果不能的话输出impossible。

解法：根据开始时间建图，之后再虚拟出一个任务0，这个任务必须在每个任务完成后完成，因此在0到每个任务之间添加一条边，最后计算出所有节点中到0点最迟的开始的任务，设该任务0点开始，并让每个任务的开始时间都加上这个时间差。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int ti[1005];
int N, idx, head[1005];

struct Edge {
int v, ct, next;
}e[1000005];

void insert(int a, int b, int ct) {
e[idx].v = b, e[idx].ct = ct;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx++;
}

int vis[1005], dis[1005], cnt[1005];
#include <queue>

bool spfa() {
memset(vis, 0, sizeof (vis));
memset(cnt, 0, sizeof (cnt));
memset(dis, 0x3f, sizeof (dis));
queue<int>q;
q.push(0);
vis[0] = 1, dis[0] = 0, cnt[0] = 1;
while (!q.empty()) {
int v = q.front();
q.pop();
if (cnt[v] > N) return false;
vis[v] = 0;
for (int i = head[v]; i != -1; i = e[i].next) {
if (dis[e[i].v] > dis[v] + e[i].ct) {
dis[e[i].v] = dis[v] + e[i].ct;
if (!vis[e[i].v]) {
vis[e[i].v] = 1;
++cnt[e[i].v];
q.push(e[i].v);
}
}
}
}
return true;
}

void solve() {
int Min = ~(1<<31), p;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
if (Min > dis[i]) {
Min = dis[i];
p = i;
}
}
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
printf("%d %d\n", i, dis[i]-dis[p]);
}
}

int main() {
char op[10];
int a, b, kind, ca = 0;
while (scanf("%d", &N), N) {
memset(head, 0xff, sizeof (head));
idx = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
scanf("%d", &ti[i]);
insert(0, i, -ti[i]);
}
while (scanf("%s", op), op[0] != '#') {
kind = op[0] == 'S' ? 0 : 1;
kind |= op[2] == 'S' ? 0 : 2;
scanf("%d %d", &a, &b);
if (kind == 0) insert(a, b, 0);
else if (kind == 1) insert(a, b, ti[a]);
else if (kind == 2) insert(a, b, -ti[b]);
else insert(a, b, ti[a]-ti[b]);
}
printf("Case %d:\n", ++ca);
if (!spfa()) {
puts("impossible\n");
continue;
}
solve();
puts("");
}
return 0;
}