NOIP 2009 最优贸易

题目描述

C C 国有 n n 个大城市和 m m 条道路，每条道路连接这 n 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 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 1 条。

C 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 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 C 国 n 个城市的标号从 1 n 1   n ，阿龙决定从 1 1 号城市出发，并最终在 n 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 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 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 C 国有 5 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 1   n 号城市的水晶球价格分别为 4,3,5,6,1 4 , 3 , 5 , 6 , 1 。

阿龙可以选择如下一条线路： 1 1 -> 2 2 -> 3 3 -> 5 5 ，并在 2 2 号城市以 3 3 的价格买入水晶球，在 3 3 号城市以 5 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 1 -> 4 4 -> 5 5 -> 4 4 -> 5 5 ，并在第 1 1 次到达 5 5 号城市时以 1 1 的价格买入水晶球，在第 2 2 次到达 4 4 号城市时以 6 6 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为 5 5 。

现在给出 n n 个城市的水晶球价格， m 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。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含 2 2 个正整数 n n 和 m 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 m 行，每行有 3 3 个正整数 x,y,z x , y , z ，每两个整数之间用一个空格隔开。如果 z=1 z = 1 ，表示这条道路是城市 x x 到城市 y y 之间的单向道路；如果 z=2 z = 2 ，表示这条道路为城市 x x 和城市 y y 之间的双向道路。

输出格式：

一 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 0 。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 5 
4 3 5 6 1 
1 2 1 
1 4 1 
2 3 2 
3 5 1 
4 5 2 

输出样例#1： 复制

5

说明

【数据范围】

输入数据保证 1 1 号城市可以到达 n n 号城市。

对于 10%的数据， 1≤n≤6 1 ≤ n ≤ 6 。

对于 30%的数据， 1≤n≤100 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 ≤ n ≤ 100000 ， 1≤m≤500000 1 ≤ m ≤ 500000 ， 1≤x 1 ≤ x ， y≤n y ≤ n ， 1≤z≤2 1 ≤ z ≤ 2 ， 1≤ 1 ≤ 各城市

水晶球价格 ≤100 ≤ 100 。

NOIP 2009 提高组 第三题

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看了之后不难想到，dfs
从1开始dfs，处理出前面路径上的最小值和后面路径上的最大值，然后低进高出就ok
双向边仍然按两条边来加，但是加一个bool 变量id，记录当前边是否存在镜像边，比较方便
双向边特判，如果是双向边（程序里的id=1）就说明这个点的前一个点也可以是这个点的后一个点，这个点也可以是这个点的前一个点，只看文字可能比较晕，我画了个图写出来式子就清晰了。。。
然后大概想一下，preMin可以全部处理完，因为是递归回去的
但是nextMax恐怕不行。。。
但是对结果并没有影响
最后还要记录这个点能不能到达第n个点，实现就是程序里的Node中的yes
然后枚举所有点，找出能到的， ans=max(ans,nextMax−preMin) a n s = m a x ( a n s , n e x t M a x − p r e M i n )
ans初值设0
当然每个点只需要dfs一遍，因为不确定的是它前面的路，而不是它后面的路，这个应该不难理解
复杂度应该是 O(n+m) O ( n + m )
下面是发在luogu上的，和这篇不完全一样，有的地方分析的更加细致（大概）：https://www.luogu.org/blog/lqyzsun/solution-p1073

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顺便一提，好像可以用spfa来做，非常巧妙，但是我没有想到。。。

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代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define MAXN 100010
#define MAXNN 500010
using namespace std;
inline int read()
{
    char c;
    bool t=0;
    int a=0;
    while((c=getchar())==' '||c=='\n'||c=='\r');
    if(c=='-')
    {
        t=1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c))
    {
        a*=10;
        a+=(c-'0');
        c=getchar();
    }
    return a*(t?-1:1);
}
struct Node{
    int v,preMin,nextMax,last;
    bool yes;
}p[MAXN];
struct Edge{
    int to,next;
    bool id;
}e[MAXNN*2];
int n,m,cnt;
bool vis[MAXN];
void add(int from,int to,bool id)
{
    e[++cnt].to=to;
    e[cnt].next=p[from].last;
    p[from].last=cnt;
    e[cnt].id=id;
}
void dfs(int now,int pre)
{
    vis[now]=1;
    if(pre)
     p[now].preMin=min(p[now].preMin,p[pre].preMin);
    int temp=p[now].last;
    while(temp)
    {
        if(!vis[e[temp].to])
         dfs(e[temp].to,now);
        p[now].yes=(p[now].yes|p[e[temp].to].yes);
        p[now].nextMax=max(p[e[temp].to].nextMax,p[now].nextMax);
        if(e[temp].id)
        {
            p[now].preMin=min(p[now].preMin,p[e[temp].to].preMin);
            p[e[temp].to].nextMax=max(p[e[temp].to].nextMax,p[now].nextMax);
        }
        temp=e[temp].next;
    }
}
int main()
{
    int tx,ty,tz,ans=0;
    n=read();m=read();
    p[n].yes=1;
    For(i,1,n)
    {
        p[i].v=read();
        p[i].preMin=p[i].v;
        p[i].nextMax=p[i].v;
    }
    For(i,1,m)
    {
        tx=read();ty=read();tz=read();
        if(tz==1)
         add(tx,ty,0);
        else
        {
            add(tx,ty,1);
            add(ty,tx,1);
        }
    }
    dfs(1,0);
    For(i,1,n)
    {
        if(p[i].yes)
         ans=max(ans,p[i].nextMax-p[i].preMin);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}