「NOIP2009」最优贸易
「NOIP2009」最优贸易
「NOIP2009」最优贸易
内存限制：128 MiB时间限制：1000 ms
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。
27.png
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。
输入格式
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。
输出格式
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
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
样例输出
5
数据范围与提示
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≤100,000，1≤m≤500,000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市水晶球价格≤100。
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
NOIp2009的题目。
就是求有向图中从x点向前的最小值和向后的最大值。然后求出差值，并求出插值中的最大值就是答案。
用到了类似SPFA的思想。但是要注意更新值的条件。
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e5+10; 4 const int maxm=5e5+10; 5 int n,m; 6 int w[maxn]; 7 struct edge 8 { 9 int u,v,nxt; 10 }e[maxm<<1],ee[maxm<<1]; 11 int head[maxn],js,headd[maxm<<1],jss; 12 void addage(int u,int v) 13 { 14 e[++js].u=u;e[js].v=v; 15 e[js].nxt=head[u];head[u]=js; 16 } 17 void addagee(int u,int v) 18 { 19 ee[++jss].u=u;ee[jss].v=v; 20 ee[jss].nxt=headd[u];headd[u]=jss; 21 } 22 int fmn[maxn],fmx[maxn]; 23 bool inq[maxn]; 24 void findmn(int x) 25 { 26 inq[x]=1; 27 for(int i=1;i<=n;++i)fmn[i]=0x7fffffff; 28 fmn[x]=w[x]; 29 queue<int>q; 30 q.push(x); 31 while(!q.empty()) 32 { 33 int u=q.front(); 34 q.pop();inq[u]=0; 35 for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) 36 { 37 int v=e[i].v; 38 if(fmn[v]>fmn[u] || fmn[v]>w[v]) 39 { 40 fmn[v]=min(fmn[u],w[v]); 41 if(!inq[v]) 42 { 43 inq[v]=1; 44 q.push(v); 45 } 46 } 47 } 48 } 49 } 50 void findmx(int x) 51 { 52 inq[x]=1; 53 for(int i=1;i<=n;++i)fmx[i]=0; 54 fmx[x]=w[x]; 55 queue<int>q; 56 q.push(x); 57 while(!q.empty()) 58 { 59 int u=q.front(); 60 q.pop();inq[u]=0; 61 for(int i=headd[u];i;i=ee[i].nxt) 62 { 63 int v=ee[i].v; 64 if(fmx[v]<fmx[u] || fmx[v]<w[v]) 65 { 66 fmx[v]=max(fmx[u],w[v]); 67 if(!inq[v]) 68 { 69 inq[v]=1; 70 q.push(v); 71 } 72 } 73 } 74 } 75 } 76 int main() 77 { 78 scanf("%d%d",&n,&m); 79 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",w+i); 80 for(int u,v,op,i=0;i<m;++i) 81 { 82 scanf("%d%d%d",&u,&v,&op); 83 addage(u,v);addagee(v,u); 84 if(op==2)addage(v,u),addagee(u,v); 85 } 86 findmn(1); 87 findmx(n); 88 int ans=0; 89 for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,fmx[i]-fmn[i]); 90 cout<<ans; 91 return 0; 92 }
