[luogu1073 Noip2009] 最优贸易 （dp || SPFA+分层图）
Description
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。
Input
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。
Output
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。
Sample Input
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
Sample Output
5
HINT
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。
Solution
这个题有很多种做法这里讲解其中两种
SPFA+分层图
首先我们明白这个题的答案实际就是联通两个点权值差的最大值
权值差简单，那么如何满足其连通性？。这时就可以利用分层图来确保联通性
分层图共三层，每一层的所有点间连边权为0的边（表示可以任意游走），第一层向第二层的对应点连-val[x]代表在x买入，第二层向第三层的对应点连一条val[x]的边代表在x处卖出
这样的话最终答案就是第三层的点n处的值。
dp
用dfs来进行dp
g[i]表示到i处最大的差价值
dfs时记录到这个点路上的最小值和前一个点的最大差价
当前答案可以这样更新:\(g[x]=max(g[pre],val[x]-min(minn,val[x]))\)
显然如果之后再搜到这个点时的 最小值没以前的小并且最大差价没有以前大 就没有必要搜下去了因为之后的值一定没有之前的优
有了这个剪枝后就可以轻松A题了
PS：个人认为这两种做法都很优秀qwq
Code
SPFA+分层图
//By Menteur_Hxy
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define E(i,u) for(register int i=head[u],v;i;i=nxt[i])
using namespace std;
inline int read() {
int x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
const int N=100010,M=500010,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,cnt,T;
bool inq[N<<2];
int val[N],dis[N<<2];
int head[N<<2],to[M*3+N*2],nxt[M*3+N*2],cst[M*3+N*2];
queue <int> Q;
int id(int x,int y) {return n*x+y-n;}
void add(int x,int y,int z) {nxt[++cnt]=head[x],to[cnt]=y,cst[cnt]=z,head[x]=cnt;}
void SPFA() {
memset(dis,128,sizeof(dis));
Q.push(id(1,1)); dis[id(1,1)]=0;
while(!Q.empty()) {
int u=Q.front();Q.pop();
inq[u]=0;
E(i,u) if(dis[(v=to[i])]<dis[u]+cst[i]) {
dis[v]=dis[u]+cst[i];
if(!inq[v]) Q.push(v),inq[v]=1;
}
}
}
int main() {
n=read(),m=read();
F(i,1,n) {
int val=read();
add(id(1,i),id(2,i),-val),add(id(2,i),id(3,i),val);
}
F(i,1,m) {
int x=read(),y=read(),z=read();
if(z==1) F(i,1,3) add(id(i,x),id(i,y),0);
else F(i,1,3) add(id(i,x),id(i,y),0),add(id(i,y),id(i,x),0);
}
SPFA();
printf("%d",dis[id(3,n)]);
return 0;
}
dp
//By Menteur_Hxy
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define E(i,u) for(register int i=head[u];i;i=nxt[i])
#define add(a,b) nxt[++cnt]=head[a],to[cnt]=b,head[a]=cnt
using namespace std;
inline int read() {
int x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
const int N=100010,M=500010,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,cnt;
int val[N],f[N],g[N];
int head[N],to[M<<1],nxt[M<<1];
void dfs(int pos,int minn,int pre) {
bool fla=1;
minn=min(minn,val[pos]);
if(minn<f[pos]) f[pos]=minn,fla=0;
int maxn=max(g[pre],val[pos]-minn);
if(g[pos]<maxn) g[pos]=maxn,fla=0;
if(fla) return ;
E(i,pos) dfs(to[i],minn,pos);
}
int main() {
n=read(),m=read();
F(i,1,n) val[i]=read();
F(i,1,m) {
int x=read(),y=read(),z=read();
if(z==1) add(x,y);
else add(x,y),add(y,x);
}
memset(f,0x3f,sizeof f);
dfs(1,INF,0);
printf("%d",g[n]);
return 0;
}
