NOIP2009 T3 最优贸易
题目描述
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。
输入输出格式
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：
输出文件 trade.out 共 1 行，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。
输入输出样例
5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2
5
说明
【数据范围】
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。
思路：
一开始读题目想到的就是跟强联通分量有关。
然而事实上，好多人用的是两遍SPFA， 但仔细想想....... 我还是用我一开始的思路吧。
我的做法就是先将题目给出的图进行tarjan缩点，然后再拓扑排序，之后再DP。
很明显的，在同一个强联通分量里面的每个城市都是可以多次经过的，于是，我们在求强联通分量的过程中记录当前强联通分量里点的最大值（maxx），最小值（minx)，与最大值与最小值之差（利润）(maxcost)。
在这之后，我们对图进行缩点，缩点之后新图是DAG（有向无环图），之后就进行DP。
我们设dp[i]为 新图中1所对应的强联通分量编号到 强联通分量编号为i的点能获得的最大利润。
设mincost[i]为新图中1所对应的强联通分量编号到 强联通分量编号为i的点的最小点值。
则在更行dp前我们先更新mincost (假设当前是从j点到i点) ：mincost[i] = min(mincost[j],minx[i]);
之后再进行状态转移： dp[i] = max( max(dp[i],dp[j]) , max(maxcost[i],maxx[i]-mincost[i]) );
在最后返回原图节点n所属的强联通节点编号 的dp值就行。
下面贴代码，有问题在下面留言。
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 100009 #define M 700009 using namespace std; int en,en1,n; struct edge{ int e; edge *next; }*v[N],*v1[N],ed[M],ed1[M]; void add_edge(int s,int e){ //旧图 en++; ed[en].next = v[s],v[s] = ed+en,v[s]->e =e; } void add_edge1(int s,int e){ //新图 en1++; ed1[en1].next = v1[s],v1[s] = ed1+en1,v1[s]->e =e; } int t,cnt,low[N],dfn[N],belong[N],minx[N],maxx[N],sta[N],stop = 1; //tarjan组件 bool instack[N]; int top[N],si = 0,in[N]; //top排序组件 int mincost[N],maxcost[N],dp[N]; //动态规划组件 int node[N]; //原点值 void dfs(int now){ t++; low[now] = dfn[now] = t; instack[now] = true; sta[++stop] = now; for(edge *e = v[now];e;e=e->next) if(!dfn[e->e]){ dfs(e->e); low[now] = min(low[now],low[e->e]); } else if(instack[e->e])low[now] = min(low[now],dfn[e->e]); if(dfn[now] == low[now]){ cnt++; int miz = 123456789,mx = -1; while(sta[stop] != now){ int j = sta[stop--]; belong[j] = cnt; instack[j] = false; miz = min(miz,node[j]); mx = max(mx,node[j]); } stop--; instack[now] = false; belong[now] = cnt; miz = min(miz,node[now]); mx = max(mx,node[now]); minx[cnt] = miz; maxx[cnt] = mx; maxcost[cnt] = mx-miz; } } int tarjan(){ for(int a = 1; a <= n; a++) //tarjan主过程 if(!dfn[a])dfs(a); for(int a = 1; a <= n; a++) //缩点 for(edge *e = v[a];e;e=e->next) if(belong[a] != belong[e->e]) add_edge1(belong[a],belong[e->e]); for(int a = 1; a <= cnt; a++) //top排序 for(edge *e = v1[a];e;e=e->next) in[e->e]++; for(int a = 1; a<= cnt; a++) if(in[a] == 0)top[++si] = a; for(int a = 1; a <= si; a++){ int now = top[a]; for(edge *e = v1[now];e;e=e->next){ in[e->e]--; if(!in[e->e])top[++si] = e->e; } } mincost[top[1]] = minx[top[1]]; //动态规划 for(int a = 1; a <= cnt; a++){ int now = top[a]; for(edge *e = v1[now];e;e=e->next){ mincost[e->e] = min(mincost[now],min(minx[e->e],mincost[now])); dp[e->e] = max(max(dp[e->e],dp[now]),max(maxcost[e->e],maxx[e->e]-mincost[e->e])); } } return dp[belong[n]]; } int main(){ int m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d",&node[i]); for(int i = 1; i <= m; i++){ int u,v,k; scanf("%d%d%d",&u,&v,&k); add_edge(u,v); if(k == 2)add_edge(v,u); } int ans = tarjan(); printf("%d\n",ans); return 0; }
