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
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;
}
