NOIP2009最优贸易 （tarjan+dfs）
【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。
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。
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。
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
5
1≤n≤100000，1≤m≤500000，水晶球价格≤100。
这题很容易想到一个性质：如果有环的话，可以随意绕着环走，也就是这个环上的最值都可以随便取。这样一来，我们将所有环缩成点，将原来环上的最大和最小值作为这个环的权值，缩点以后的图就是无环图了，可以在上面跑一次DP，f[u]表示从连通块u到终点所在连通块的所有路径中最大的点权（原来的强连通块中的最大值），转移很简单，但是要注意：f[u]的初值要全部设为0，只有dfs到终点所在连通块的时候将终点所在连通块作为它自己的f值，其它的当且仅当它有出边指向的连通块有f值(说明可到达终点)时才能进行转移，以屏蔽不能到达终点的无效点的干扰。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
const int MAXN = 100010, MAXM = 1000010;
int N, M, ans;
struct Node {
int to; Node*next;
}Edge[MAXM], *ecnt=Edge, *adj[MAXM];
inline void addedge(int a,int b) {
++ecnt; ecnt->to = b;
ecnt->next=adj[a]; adj[a] = ecnt;
}
int belong[MAXN], bcnt;//每个原图中的点属于哪个连通块
int bmx[MAXN], bmn[MAXN];//缩点以后每个连同块中的最大和最小值
int tmr, dfn[MAXN], low[MAXN];
int sta[MAXN], tp;
int val[MAXN];
int x[MAXM], y[MAXM], type[MAXM];
bool insta[MAXN];
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++tmr;
sta[++tp] = u;
insta[u] = 1;
for (Node*p = adj[u]; p; p = p->next) {
int &v = p->to;
if (!dfn[v]) {
tarjan(v);
low[u] = Min(low[u], low[v]);
}
else if (insta[v])
low[u] = Min(low[u], dfn[v]);
}
if (low[u] == dfn[u]) {
++bcnt;
int i;
do {
i = sta[tp];
belong[i] = bcnt;
bmx[bcnt] = Max(bmx[bcnt], val[i]);
bmn[bcnt] = Min(bmn[bcnt], val[i]);
insta[i] = 0; --tp;
} while (tp>0 && i!=u);
}
}
int f[MAXN];
bool vis[MAXN];
void dfs(int u) {
vis[u] = 1;
if (u==belong[N]) f[u] = Max(f[u], bmx[u]);
for (Node*p = adj[u]; p; p = p->next) {
if (!vis[p->to]) dfs(p->to);
f[u] = Max(f[u], f[p->to]);
}
if (f[u]) f[u] = Max(f[u], bmx[u]);//如果f[u]为0，说明它根本无法到达终点，也就是废点
ans = Max(ans, f[u] - bmn[u]);//以后可卖出的最高价-当前块中的最低进价
}
int main()
{
int i;
scanf("%d%d", &N, &M);
for (i = 1; i<=N; ++i) {
scanf("%d", val+i);
bmx[i]=-1, bmn[i]=999999;
}
for (i = 1; i<=M; ++i) {
scanf("%d%d%d", &x[i], &y[i], &type[i]);
addedge(x[i], y[i]);
if (type[i]==2) addedge(y[i], x[i]);
}
tarjan(1);
memset(adj, 0, sizeof adj);
ecnt = Edge;
for (i = 1; i<=M; ++i)
if (belong[x[i]] != belong[y[i]])
addedge(belong[x[i]], belong[y[i]]);
dfs(belong[1]);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}