AcWing 341. 最优贸易

$AcWing$ $341$. 最优贸易

一、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，任何城市可以被重复经过多次 ，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。

因为阿龙主要是来 $C$ 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。

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。

注意：本题数据有 加强。

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
一个整数，表示答案。

数据范围
$1≤n≤100000,1≤m≤500000$,
$1≤$各城市水晶球价格$≤100$

输入样例：

5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2

输出样例：

5

二、解题思路

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。

终点是$n$，但题目并没有保证所有点都能去到点$n$。

要知道哪些点不能去到点$n$，可以 反向建图，在这张图以$n$为起点看能到达哪些点。

分析： 这道题需要建两个图，一个为 正向图 ，一个为 反向图 ，考虑分别跑$Dijkstra$算法得到$dis1$数组和$dis2$数组:

• $dis1[i]$:从点$1$到点$i$的所有路径上经过的 最小点权
• $dis2[i]$:从点$n$经过反向边到点$i$的所有路径上经过的 最大点权

当求出这两个数组后就可以枚举路径上的 中间点$i$，最终答案就是

$$\large max(dis2[i]-dis1[i])$$

理论 上这就没问题了，不过这道题目比较特殊，由于图中 可能出现回路，且$dis$值是记录 点权的最值 ，在某些情况下是 具有后效性的，如下图：

点权 用绿色数字标示在点号下方，可以发现在点$2$处会经过一个回路再次回到点$2$，但在这之前点$5$的$dis$已经被更新为$3$了

解释：因为$1 \rightarrow 2 \rightarrow 5$这条路线上，在点$2$时，水晶球的价格最便宜，价格是$3$

之后回到点$2$，由于$st[2] == true$直接$continue$，虽然此时$dis[2] == 1$但却无法把$1$传递给点$5$了。

采用办法
在$dijkstra$算法中去掉$st$的限制，让整个算法不断迭代，直到无法更新导致队空退出循环。这就类似于$DP$的所有情况尝试，不断刷新最新最小价格！

总结
本题用$Dijkstra$的话，其实已经不是传统意义上的$Dijkstra$了，因为它允许出边再进入队列！（去掉了$st$数组 ，因为有环嘛），指望 更无可更，无需再更。

最大最小值，其实也不是传统最短、最长路的路径累加和，而是类似于$DP$的思路，一路走来一路维护到达当前点的最大点权和最小点权。

配合$DP$
严格意义上来讲，采用的$Dijkstra$不是本身的含义，只是一个协助$DP$的枚举过程。

$Code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100010, M = 2000010;

int n, m;
int dis1[N], dis2[N];

// 正反建图，传入头数组指针
int h1[N], h2[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int *h, int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

// 每个节点的价值
int v[N];

void dijkstra1() {
    memset(dis1, 0x3f, sizeof dis1);
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    dis1[1] = v[1];
    q.push({dis1[1], 1});

    while (q.size()) {
        int u = q.top().second;
        q.pop();

        for (int i = h1[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dis1[j] > min(dis1[u], v[j])) {
                dis1[j] = min(dis1[u], v[j]);
                q.push({dis1[j], j});
            }
        }
    }
}

void dijkstra2() {
    memset(dis2, -0x3f, sizeof dis2);
    priority_queue<PII> q;
    dis2[n] = v[n];
    q.push({dis2[n], n});

    while (q.size()) {
        int u = q.top().second;
        q.pop();
        
        for (int i = h2[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dis2[j] < max(dis2[u], v[j])) {
                dis2[j] = max(dis2[u], v[j]);
                q.push({dis2[j], j});
            }
        }
    }
}

int main() {
    // 正反两张图
    //  Q:为什么要反着建图，用正着的图不行吗？
    //  A:不行啊，因为从n向其它地方走，原来的有向图无法向对面走啊，反着建图就行了
    memset(h1, -1, sizeof h1);
    memset(h2, -1, sizeof h2);

    scanf("%d %d", &n, &m);                          // n个节点，m条边
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &v[i]); // 每个节点购买水晶球的金额

    while (m--) {
        int a, b, c;
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        // 不管是单向边，还是双向边，第一条a->b的边肯定跑不了吧

        if (c == 1) { // 单向边
            // 正向图保存单向边
            add(h1, a, b);
            // 反向图保存单向边
            add(h2, b, a);
            // 注意：这可不是在一个图中创建两条来回的边，而是在两个图中创建两个相反的边。
            // 权值呢？没有，为什么呢？因为我们不关心边权，而是关心此节点中水晶球的价格v[i]，这并不是边权,可以理解为点权
        } else { // 双向边
            // 正向图保存双向边
            add(h1, a, b), add(h1, b, a);
            // 反向图保存双向边
            add(h2, a, b), add(h2, b, a);
        }
    }
    // 正向图跑一遍dijkstra
    dijkstra1();

    // 反向图跑一遍dijkstra
    dijkstra2();

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans = max(dis2[i] - dis1[i], ans);

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}