341. 最优贸易 - 点值作为某种边权的spfa 玄学的复杂度
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，任何城市可以被重复经过多次，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。
因为阿龙主要是来 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。
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。
注意：本题数据有加强。
输入格式
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。
输出格式
一个整数，表示答案。
数据范围
1≤n≤100000,
1≤m≤500000,
1≤各城市水晶球价格≤100
输入样例：
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：
5#include
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef pair PII;
typedef long long ll;
const int N = 100010, M = 500010 * 4;
int n, m;
int hs[N], ht[N], e[M], ne[M], idx;
int w[N];
int dmin[N], dmax[N];
queue q;
bool st[N];
void add(int h[], int a, int b)
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void spfa(int h[], int dist[], int type)
{
if(type == 0)
{
memset(dist, 0x3f, sizeof dmin);
dist[1] = w[1];
q.push(1);
}
else
{
dist[n] = w[n];
q.push(n);
}
while(q.size())
{
int t = q.front();
q.pop();
st[t] = false;
for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(type == 0 && dist[j] > min(dist[t], w[j]) || type == 1 && dist[j] < max(dist[t], w[j]))
{
if(type == 0)dist[j] = min(dist[t], w[j]);
else dist[j] = max(dist[t], w[j]);
if(!st[j])
{
st[j] = true;
q.push(j);
}
}
}
}
}
int main()
{
IOS
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++)cin >> w[i];
memset(hs, -1, sizeof hs);
memset(ht, -1, sizeof ht);
while(m --)
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(hs, a, b), add(ht, b, a);
if(c == 2)add(hs, b, a), add(ht, a, b);
}
spfa(hs, dmin, 0);
spfa(ht, dmax, 1);
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
ans = max(ans, dmax[i] - dmin[i]);
}
cout << ans;
return 0;
} 从这道题学到的一些东西：
1.从1到x任意路径中可以收集到的最小值可以用最短路来跑，首先要把dist初始化成正无穷，
if(dist[j] > min(w[j], dist[t])
{
dist[j] = min(w[j], dist[t];
}
一定得初始化成正无穷，不能把每个点的初始值赋为w[i]，不然有的点更新不到。
2.
void spfa(int h[], int dist[], int type)
{
memset(dist, 0x3f, sizeof dmin);
}这样初始化不能写成
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
3.因为每次从堆中取出来的点不一定是最小值所以不能用dijk，但spfa适用性很广，所以能用，但为什么这题不会卡spfa我想不明白，我猜是因为价值的范围在[1, 100]以内，卡spfa不好卡或者说三角不等式太特殊了，所以不会卡，亦或是出题人就是想让我们用spfa做所以没有卡呢？
总之就是求出以每个点为分界点收集从1来的最小值和反图中从n收集来的最大值，每个点算一遍最大值减最小值。