NOIP 2009 最优贸易
洛谷 P1073 最优贸易
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1073
JDOJ 1649: [NOIP2009]最优贸易 T3
https://neooj.com:8082/oldoj/problem.php?id=1649
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。
.jpg)
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
输入文件第一行包含 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
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。
样例输入
样例输出
提示
【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。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; int n,m; int a[100001]; int tot,to[1000001],nxt[1000001],head[100001]; int tot1,to1[1000001],nxt1[1000001],head1[100001]; int f[100001],v[100001],d[100001]; void add(int x,int y) { to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot; } void add1(int x,int y) { to1[++tot1]=y; nxt1[tot1]=head1[x]; head1[x]=tot1; } void spfa() { memset(d,0x3f,sizeof(d)); memset(v,0,sizeof(v)); queue<int> q; q.push(1);v[1]=1; while(!q.empty()) { int x,y; x=q.front(); q.pop(); v[x]=0; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(d[y=to[i]]>min(d[x],a[y])) { d[y]=min(d[x],a[y]); if(v[y]==0) q.push(y),v[y]=1; } } } void spfa1() { memset(f,0,sizeof(f)); memset(v,0,sizeof(v)); queue<int> q; q.push(n);v[n]=1; while(!q.empty()) { int x,y; x=q.front(); q.pop(); v[x]=0; for(int i=head1[x];i;i=nxt1[i]) if(f[y=to1[i]]<max(f[x],a[y])) { f[y]=max(f[x],a[y]); if(v[y]==0) q.push(y),v[y]=1; } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); if(z==1) add(x,y),add1(y,x); if(z==2) { add(x,y),add(y,x); add1(x,y),add1(y,x); } } spfa(); spfa1(); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(f[i]-d[i],ans); printf("%d",ans); return 0; }
首先第一个问题和第二个问题。
在spfa函数中，我们已经预处理好了点权数组a，在枚举x节点的所有出边时，如果这个d[y]要大于d[x]和a[y]的较小值，就应该更新。（不需要再解释了吧）
f[i]数组同理。
第三个问题，初值。
我们要想能更新d数组，（因为d数组表示的是小值），要把d数组预处理成最大。
f数组当然是最小。
这里要注意，与模板spfa不一样的是，f和d的源点都不需要重新设置值，因为表示的是路径上最小值（最大值），在源点时的值就是a[源点]，自然没有必要影响整体的程序。
ans置成0没必要多说。
这道题是道好题。
