noip2009最优贸易
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试题描述
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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 111 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。  |
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输入
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输入第一行包含 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。 |
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输出
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输出共 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 。
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输入示例
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5 5
4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2 |
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输出示例
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5
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其他说明
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输入数据保证 1 号城市可以到达 n 号城市。
对于10%的数据，n≤6； 对于30% 的数据，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≤100,0001≤n≤100,000，1≤m≤500,000， 1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市水晶球价格≤100。 |
这道题解法是，两遍SPFA。
正着一遍记录从起点到当前点遇到的最小点权
倒着一遍记录终点到当前点的最大点权
最后枚举每一个点，答案是max(max[i]-min[i])
具体看代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <queue> #include <stack> #include <vector> using namespace std; #define MAXN 100010 #define MAXM 500010 #define INF 10000009 #define MOD 10000007 #define LL long long #define in(a) a=read() #define REP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++) #define DREP(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--) #define cl(a) memset(a,0,sizeof(a)) inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x*f; } inline void out(int x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) out(x/10); putchar(x%10+'0'); } int to1[MAXM],nxt1[MAXM],head1[MAXN]; int n,m,ans=0; queue <int> Q; int vis1[MAXN],vis2[MAXN],dis1[MAXN],dis2[MAXN],input[MAXN],total1=0; void adl1(int a,int b){ total1++; to1[total1]=b; nxt1[total1]=head1[a]; head1[a]=total1; return ; } int to2[MAXM],nxt2[MAXM],head2[MAXN],total2=0; void adl2(int a,int b){ total2++; to2[total2]=b; nxt2[total2]=head2[a]; head2[a]=total2; return ; } inline void SPFA1(){ while(!Q.empty()) Q.pop(); memset(dis1,127,sizeof(dis1)); Q.push(1); vis1[1]=1; dis1[1]=input[1]; while(!Q.empty()){ int u=Q.front(); Q.pop(); vis1[u]=0; for(int e=head1[u];e;e=nxt1[e]) if(dis1[u]<dis1[to1[e]] || input[to1[e]]<dis1[to1[e]]){ dis1[to1[e]]=min(dis1[u],input[to1[e]]); if(!vis1[to1[e]]){ vis1[to1[e]]=1; Q.push(to1[e]); } } } return ; } inline void SPFA2(){ while(!Q.empty()) Q.pop(); Q.push(n); vis2[n]=1; dis2[n]=input[n]; while(!Q.empty()){ int u=Q.front(); Q.pop(); vis2[u]=0; for(int e=head2[u];e;e=nxt2[e]) if(dis2[u]>dis2[to2[e]] || input[to2[e]]>dis2[to2[e]]){ dis2[to2[e]]=max(dis2[u],input[to2[e]]); if(!vis2[to2[e]]){ vis2[to2[e]]=1; Q.push(to2[e]); } } } return ; } int main(){ int a,b,c; in(n);in(m); REP(i,1,n) in(input[i]); REP(i,1,m){ in(a);in(b);in(c); if(c==1){ adl1(a,b); adl2(b,a); } else{ adl1(a,b); adl1(b,a); adl2(a,b); adl2(b,a); } } SPFA1(); SPFA2(); REP(i,1,n){ //cout<<dis1[i]<<" "<<dis2[i]<<endl; ans=max(ans,dis2[i]-dis1[i]); } out(ans); return 0; }
