Noip2009最优贸易题解

题目

• 评测地址

https://vijos.org/p/1754
http://codevs.cn/problem/1173/

• 题目描述 Description
  【问题描述】
  C 国有n 个大城市和m 条道路，每条道路连接这n 个城市中的某两个城市。任意两个
  城市之间最多只有一条道路直接相连。这m 条道路中有一部分为单向通行的道路，一部分
  为双向通行的道路，双向通行的道路在统计条数时也计为1 条。
  C 国幅员辽阔，各地的资源分布情况各不相同，这就导致了同一种商品在不同城市的价
  格不一定相同。但是，同一种商品在同一个城市的买入价和卖出价始终是相同的。
  商人阿龙来到 C 国旅游。当他得知同一种商品在不同城市的价格可能会不同这一信息
  之后，便决定在旅游的同时，利用商品在不同城市中的差价赚回一点旅费。设C 国n 个城
  市的标号从1~ n，阿龙决定从1 号城市出发，并最终在n 号城市结束自己的旅行。在旅游的
  过程中，任何城市可以重复经过多次，但不要求经过所有n 个城市。阿龙通过这样的贸易方
  式赚取旅费：他会选择一个经过的城市买入他最喜欢的商品——水晶球，并在之后经过的另
  一个城市卖出这个水晶球，用赚取的差价当做旅费。由于阿龙主要是来C 国旅游，他决定
  这个贸易只进行最多一次，当然，在赚不到差价的情况下他就无需进行贸易。
  假设 C 国有5 个大城市，城市的编号和道路连接情况如下图，单向箭头表示这条道路
  为单向通行，双向箭头表示这条道路为双向通行。
  假设 1~n 号城市的水晶球价格分别为4，3，5，6，1。
  阿龙可以选择如下一条线路：1->2->3->5，并在2 号城市以3 的价格买入水晶球，在3
  号城市以5 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为2。
  阿龙也可以选择如下一条线路 1->4->5->4->5，并在第1 次到达5 号城市时以1 的价格
  买入水晶球，在第2 次到达4 号城市时以6 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为5。
  现在给出 n 个城市的水晶球价格，m 条道路的信息（每条道路所连接的两个城市的编号
  以及该条道路的通行情况）。请你告诉阿龙，他最多能赚取多少旅费。

• 输入描述 Input Description
  第一行包含 2 个正整数n 和m，中间用一个空格隔开，分别表示城市的数目和道路的
  数目。
  第二行 n 个正整数，每两个整数之间用一个空格隔开，按标号顺序分别表示这n 个城
  市的商品价格。
  接下来 m 行，每行有3 个正整数，x，y，z，每两个整数之间用一个空格隔开。如果z=1，
  表示这条道路是城市x 到城市y 之间的单向道路；如果z=2，表示这条道路为城市x 和城市
  y 之间的双向道路。

• 输出描述 Output Description
  包含1 个整数，表示最多能赚取的旅费。如果没有进行贸易，
  则输出0。

• 样例输入 Sample Input
  5 5
  4 3 5 6 1
  1 2 1
  1 4 1
  2 3 2
  3 5 1
  4 5 2

• 样例输出 Sample Output
  5

• 数据范围及提示 Data Size & Hint
  【数据范围】
  输入数据保证 1 号城市可以到达n 号城市。
  对于 10%的数据，1≤n≤6。
  对于 30%的数据，1≤n≤100。
  对于 50%的数据，不存在一条旅游路线，可以从一个城市出发，再回到这个城市。
  对于 100%的数据，1≤n≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市
  水晶球价格≤100。

题解

• 直接枚举所有的路径即可……
• 好吧我开玩笑的，路径数量太多了，当然不能直接枚举。
• 如果我们知道从起点走到某点的最小买入代价和从这个点走到终点的最大卖出代价，那么经过这一个点的最大盈利就可以知道了。
• 而想知道这两个代价很简单，只要以路径上点权的最大值代替路径的边权总和，从起点spfa最短路、再从终点spfa最长路即可求出每个点的这两个代价。
• 然后枚举所有点，求最大差值，再和零比大小即得最终答案。
• 一开始想tarjan缩点拓扑序DP来着，其实不用，直接跑最短路就行，tarjan还需要非递归。
• Code

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 100005, M = 2000005, oo = 1000000000, nil = 0;
int n, m, A[N], maxi[N], mini[N];
int pnt[N], e;
struct node
{
    bool oth;
    int u, v, nxt;
    node(bool oth = false, int u = 0, int v = 0, int nxt = 0) :oth(oth), u(u), v(v), nxt(nxt) {}
}E[M];
bool ins[N], vis[N];
vector <int> g[2][N];
inline void add(int a, int b)
{
    E[++e] = node(false, a, b, pnt[a]);
    pnt[a] = e;
    E[++e] = node(true, b, a, pnt[b]);
    pnt[b] = e;
}
inline int read()
{
    int a = 0;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        a = a * 10 + ch - 48;
        ch = getchar();
    }
    return a;
}
inline void init()
{
    n = read(); m = read();
    memset(pnt, 0, sizeof(pnt));
    for(int i = 1; i <= n; ++i) A[i] = read();
    for(int i = 1, x, y, z; i <= m; ++i)
    {
        x = read(); y = read(); z = read();
        add(x, y);
        if(z == 2) add(y, x);
    }
}
deque <int> Q;
void spfa1()
{
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(mini, 0x3f, sizeof(mini));
    mini[1] = A[1];
    vis[1] = true;
    Q.push_back(1);
    while(!Q.empty())
    {
        int t = Q.front();
        Q.pop_front();
        vis[t] = false;
        for(int i = pnt[t]; i != nil; i = E[i].nxt) if(!E[i].oth)
        {
            if(mini[E[i].v] > min(mini[t], A[E[i].v]))
            {
                mini[E[i].v] = min(mini[t], A[E[i].v]);
                if(!vis[E[i].v])
                {
                    vis[E[i].v] = true;
                    if(Q.empty() || mini[E[i].v] < mini[Q.front()]) Q.push_front(E[i].v);
                    else Q.push_back(E[i].v);
                }
            }
        }
    }
}
void spfa2()
{
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(maxi, 0, sizeof(maxi));
    maxi[n] = A[n];
    vis[n] = true;
    Q.push_back(n);
    while(!Q.empty())
    {
        int t = Q.front();
        Q.pop_front();
        vis[t] = false;
        for(int i = pnt[t]; i != nil; i = E[i].nxt) if(E[i].oth)
        {
            if(maxi[E[i].v] < max(maxi[t], A[E[i].v]))
            {
                maxi[E[i].v] = max(maxi[t], A[E[i].v]);
                if(!vis[E[i].v])
                {
                    vis[E[i].v] = true;
                    if(Q.empty() || maxi[E[i].v] > maxi[Q.front()]) Q.push_front(E[i].v);
                    else Q.push_back(E[i].v);
                }
            }
        }
    }
}  
inline void work()
{
    spfa1(); spfa2();
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = max(ans, maxi[i] - mini[i]);
    printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
    init();
    work();
    return 0;
}