POJ 1860 - Currency Exchange（SPFA判正環）

我們的城市有幾個貨币兌換點。讓我們假設每一個點都隻能兌換專門的兩種貨币。可以有幾個點，專門從事相同貨币兌換。每個點都有自己的匯率，外彙匯率的A到B是B的數量你1A。同時各交換點有一些傭金，你要為你的交換操作的總和。在來源貨币中總是收取傭金。 例如，如果你想換100美元到俄羅斯盧布兌換點，那裡的匯率是29.75，而傭金是0.39，你會得到（100 - 0.39）×29.75＝2963.3975盧布。 你肯定知道在我們的城市裡你可以處理不同的貨币。讓每一種貨币都用唯一的一個小于N的整數表示。然後每個交換點，可以用6個整數表描述：整數a和b表示兩種貨币，a到b的匯率，a到b的傭金，b到a的匯率，b到a的傭金。 nick有一些錢在貨币S，他希望能通過一些操作（在不同的兌換點兌換），增加他的資本。當然，他想在最後手中的錢仍然是S。幫他解答這個難題，看他能不能完成這個願望。

Input

第一行四個數，N，表示貨币的總數；M，兌換點的數目；S，nick手上的錢的類型；V，nick手上的錢的數目；1<= S <= N <= 100, 1 <= M <= 100, V 是一個實數0 <= V <= 103. 接下來M行，每行六個數，整數a和b表示兩種貨币，a到b的匯率，a到b的傭金，b到a的匯率，b到a的傭金（0<=傭金<=102，10-2 <= 匯率 <= 102）.

Output

如果nick能夠實作他的願望，則輸出YES，否則輸出NO。

Sample Input

3 2 1 20.0

1 2 1.00 1.00 1.00 1.00

2 3 1.10 1.00 1.10 1.00

Sample Output

YES

題目大意：

你有一種貨币，兩種貨币兌換需要一定的傭金，然後進行貨币轉換，假設你有貨币a，要轉換為b，傭金為c，匯率為d，那麼轉換公式為：b = (a - c) * d。

第一行給出4個數，依次為貨币的種類數 n ，兌換點的個數m，手中現有的貨币類型s和手中現有貨币的數量v。接下來有 m 行，對于每一行輸入有6個值，前兩個數a b 表示a和b能進行轉換，然後後四個數分别為a 到 b 的傭金，匯率，b 到 a 的傭金和匯率，判斷是否能通過貨币轉換實作套現（貨币轉換後最終貨币大于本金）。

解題思路：

抽象成圖論題，求是否能套現即判斷一下是否存在正環，建圖的時候需要注意一下技巧。開兩個數組記錄權值，一個是傭金，一個是匯率，之後判斷條件也要相應的改成上面的公式，隻有換算完以後數變大了才可松弛，由于已經給出起點，直接用起點跑spfa判正環即可。

Code：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <sstream>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e3 + 50;
const int M = 1e4 + 50;

int h[N], ne[M], e[M], idx;
int n, m, s;
double v;
double dis[N], w[M], w1[M];
int cnt[N];
bool vis[N];

void add(int a, int b, double c, double d)
{
	e[idx] = b;
	w[idx] = c;
	w1[idx] = d;
	ne[idx] = h[a];
	h[a] = idx++;
}

void init()
{
	idx = 0;
	memset(h, -1, sizeof h);
}
bool spfa(int s)
{
    queue<int > q;

	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		dis[i] = 0;
		vis[i] = false;
	}

	q.push(s);
	vis[s] = true;
	dis[s] = v;
    
    while (!q.empty())
    {
        int t = q.front();
        q.pop();
        vis[t] = false;
        
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            if ((dis[t] - w1[i]) * w[i] > dis[j])
            {
                dis[j] = (dis[t] - w1[i]) * w[i];
                cnt[j] = cnt[t] + 1;
                if (cnt[j] >= n) return true;
                if (!vis[j])
                {
                    q.push(j);
                    vis[j] = true;
                }
            }
        }
    }
    
    return false;
}

int main()
{
	memset(h, -1, sizeof h);

	cin >> n >> m >> s >> v;

	while (m --)
	{
		int a, b;
		double hl, yj;
		cin >> a >> b;

		cin >> hl >> yj;
		add(a, b, hl, yj);

		cin >> hl >> yj;
		add(b, a, hl, yj);
	}

	puts(spfa(s) ? "YES" : "NO");

	//system("pause");
	return 0;
}