luoguP1073 最優貿易

題目描述

C 國有 n 個大城市和 m 條道路，每條道路連接配接這 n 個城市中的某兩個城市。任意兩個城市之間最多隻有一條道路直接相連。這 m 條道路中有一部分為單向通行的道路，一部分為雙向通行的道路，雙向通行的道路在統計條數時也計為 1 條。

C 國幅員遼闊，各地的資源分布情況各不相同，這就導緻了同一種商品在不同城市的價格不一定相同。但是，同一種商品在同一個城市的買入價和賣出價始終是相同的。

商人阿龍來到 C 國旅遊。當他得知同一種商品在不同城市的價格可能會不同這一資訊之後，便決定在旅遊的同時，利用商品在不同城市中的差價賺回一點旅費。設 C 國 n 個城市的标号從 1~ n，阿龍決定從 1 号城市出發，并最終在 n 号城市結束自己的旅行。在旅遊的過程中，任何城市可以重複經過多次，但不要求經過所有 n 個城市。阿龍通過這樣的貿易方式賺取旅費：他會選擇一個經過的城市買入他最喜歡的商品――水晶球，并在之後經過的另一個城市賣出這個水晶球，用賺取的差價當做旅費。由于阿龍主要是來 C 國旅遊，他決定這個貿易隻進行最多一次，當然，在賺不到差價的情況下他就無需進行貿易。

假設 C 國有 5 個大城市，城市的編号和道路連接配接情況如下圖，單向箭頭表示這條道路為單向通行，雙向箭頭表示這條道路為雙向通行。

假設 1~n 号城市的水晶球價格分别為 4，3，5，6，1。

阿龍可以選擇如下一條線路：1->2->3->5，并在 2 号城市以 3 的價格買入水晶球，在 3号城市以 5 的價格賣出水晶球，賺取的旅費數為 2。阿龍也可以選擇如下一條線路 1->4->5->4->5，并在第 1 次到達 5 号城市時以 1 的價格買入水晶球，在第 2 次到達 4 号城市時以 6 的價格賣出水晶球，賺取的旅費數為 5。

現在給出 n 個城市的水晶球價格，m 條道路的資訊（每條道路所連接配接的兩個城市的編号以及該條道路的通行情況）。請你告訴阿龍，他最多能賺取多少旅費。

輸入輸出格式

輸入格式：

第一行包含 2 個正整數 n 和 m，中間用一個空格隔開，分别表示城市的數目和道路的數目。

第二行 n 個正整數，每兩個整數之間用一個空格隔開，按标号順序分别表示這 n 個城市的商品價格。

接下來 m 行，每行有 3 個正整數，x，y，z，每兩個整數之間用一個空格隔開。如果 z=1，表示這條道路是城市 x 到城市 y 之間的單向道路；如果 z=2，表示這條道路為城市 x 和城市y 之間的雙向道路。

輸出格式：

輸出檔案 trade.out 共 1 行，包含 1 個整數，表示最多能賺取的旅費。如果沒有進行貿易，則輸出 0。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

5 5

4 3 5 6 1

1 2 1

1 4 1

2 3 2

3 5 1

4 5 2

輸出樣例#1：

5

說明

【資料範圍】

輸入資料保證 1 号城市可以到達 n 号城市。

對于 10%的資料，1≤n≤6。

對于 30%的資料，1≤n≤100。

對于 50%的資料，不存在一條旅遊路線，可以從一個城市出發，再回到這個城市。

對于 100%的資料，1≤n≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市

水晶球價格≤100。

NOIP 2009 提高組 第三題

分析：

第一反應就是找出所有1~n的路徑

路徑最大值-最小值就好了

顯然需要dfs

然而途中可能含有環，

這樣就會導緻dfs無限制地進行下去，這樣顯然不行

那圖上還有什麼算法呢，于是就想到了最短路算法：

1.Dijkstra用于計算一個節點到其他所有節點的最短路徑,

注意該算法要求圖中不存在負權邊，算法對于每個點都會加入一次删除一次

然而這道題中需要求的是路上的min和max，一旦有環出現，

隻加入删除一次就不行了

2.spfa是使用率極高的一種最短路算法，ta就可以彌補dij的不足

if (min(mn[r],v[way[i].y])<mn[way[i].y])
//--------------------------------------
if (mx[wy[i].y]<max(mx[r],v[wy[i].y]))           

這裡寫代碼片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>

using namespace std;

int mn[100010],mx[100010]; 
struct node{
    int x,y,nxt;
};
node way[1000001];
node wy[1000001];
int n,m,v[100010],tot=0,tt=0,st[100010],stt[100010];
queue<int> q;
bool p[100010];

void add(int u,int w)
{
    tot++;
    way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].nxt=stt[u];stt[u]=tot;
}

void ad(int u,int w)
{
    tt++;
    wy[tot].x=u;wy[tot].y=w;wy[tot].nxt=st[u];st[u]=tt;
}

void doit()
{
    int i,j;
    memset(mn,0x33,sizeof(mn));
    memset(mx,0,sizeof(mx));
    memset(p,1,sizeof(p));
    mn[1]=v[1];
    q.push(1);
    p[1]=0;
    while (!q.empty())
    {
        int r=q.front();
        q.pop();
        for (int i=stt[r];i;i=way[i].nxt)
        {
            if (min(mn[r],v[way[i].y])<mn[way[i].y])
            {
                mn[way[i].y]=min(v[way[i].y],mn[r]);
                if (p[way[i].y])
                {
                    q.push(way[i].y);
                    p[way[i].y]=0;
                }
            }
            else mn[way[i].y]=mn[r];
        }
        p[r]=1;
    }
    memset(p,1,sizeof(p));
    mx[n]=v[n];
    p[n]=0;
    q.push(n);
    while (!q.empty())
    {
        int r=q.front();
        q.pop();
        for (int i=st[r];i;i=wy[i].nxt)
        {
            if (mx[wy[i].y]<max(mx[r],v[wy[i].y]))
            {
                mx[wy[i].y]=max(v[wy[i].y],mx[r]);
                if (p[wy[i].y])
                {
                    q.push(wy[i].y);
                    p[wy[i].y]=0;
                }
            }
            else mx[wy[i].y]=mx[r];
        }
        p[r]=1;
    }
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        ans=max(ans,mx[i]-mn[i]);
    printf("%d",ans);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&v[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,w,opt;
        scanf("%d%d%d",&u,&w,&opt);
        add(u,w);
        ad(w,u);
        if (opt==2) add(w,u),ad(u,w);
    }
    doit();
    return 0;
}