【题解】P1073 [NOIP2009 提高组] 最优贸易（图论，最短路，SPFA）

【题解】P1073 [NOIP2009 提高组] 最优贸易

此题妙哉！

虽然说这只是道绿题，但是还是卡了我好久，主要是这道题里面有两个思想我完全想不到。~~我太菜了~~

写一下思路来记录一下这道绝妙的题目吧。

题目链接

[NOIP2009 提高组] 最优贸易 - 洛谷

题意概述

有一张 $n$ 个点 $m$ 条边的图，其中有些边是双向边，有些边是单向边。每个点 $i$ 都有一个点权 $p_i$ ，要求在这张图上找到一条从 1 到 $n$ 的路径，使路径上能经过两个点 $s,t$ （先经过 $s$ 再经过 $t$ ），并且 $p_t-p_s$ 最大。

思路分析

首先，

要求在这张图上找到一条从 1 到 $n$ 的路径，使路径上能经过两个点 $s,t$ （先经过 $s$ 再经过 $t$ ），并且 $p_t-p_s$ 最大。

这个条件可以转化为：

有一个中继节点 $k$ ，是 1 到 $n$ 的路径上一点，同时， $s$ 是 $1-k$ 路径上点权最小的点， $t$ 是 $k-n$ 路径上点权最大的点。

那么这一点对我们做题有什么启发呢？

我们可以发现，假如我们找到了以下三个，那么这个问题就解决了：

中继节点 $k$ ；
$1-k$ 路径上点权最小的点；
$k-n$ 路径上点权最大的点。

分步来看！

中继节点 $k$

可以发现，由于 $1-n$ 有多条路径，所以除了 1 和 $n$ 之外的所有点都可能成为中继节点（废话），那么我们枚举这个中继节点好了。

$1-k$ 路径上点权最小的点

我们知道，SPFA 可以求最短路，那么它能不能求路径上点权最小的点呢？

实际上完全可以。

仿照 SPFA 求最短路的做法，我们定义 $dis1_i$ 表示的是从节点 1 到节点 $i$ 的所有路径中，能够经过的权值最小的节点的权值。（这就是本题的第一个重要思想）

$dis1_i$ 的计算方法与单源最短路径的计算方法类似，只需要把 $dis1_x+w(x,y)$ 更新 $dis1_y$ 改成 $\min(dis1_x,p_y)$ 更新 $dis1_y$ 即可。

所以我们只需要以 1 为起点跑一遍这样的 SPFA 即可求出 $1-n$ 路径上以任何一个其它的点为中继节点得到的点权最小的点。

$k-n$ 路径上点权最大的点

显然我们可以仿照上面的做法，用 $dis2_i$ 表示从节点 $i$ 到 $n$ 的所有路径中，能够经过的权值最大的节点的权值。然后更新也可以类比上面。

但是有一个问题。

我们应该以谁为起点跑 SPFA 呢？

以 $x$ 为起点吗？显然不对啊。 $x$ 都不确定。

那么什么是确定的呢？终点 $n$ 啊。

所以就用到了本题的第二个重要思想——建反图。

我们可以建立一张反图：在原图基础上把所有边的方向取反后得到的图。

然后再从 $n$ 为起点跑一遍 SPFA。从而求出所有的 $dis2_i$ 。

最后，枚举每个中继节点 $i$ ，答案即为所有 $i$ 中 $dis2_i-dis1_i$ 的最小值。

于是这道题目就完美解决！

求解步骤

对于输入的所有边，用两个 basic_string 分别作为正反图存边的信息。（注意双向边正反都要存一遍）
以 $i$ 为起点在原图上跑一遍“最短点权“的 SPFA，求出所有 $dis1_i$ 。
以 $n$ 为起点在反图上跑一遍“最短点权”的 SPFA，求出所有 $dis2_i$ 。
枚举每个 $i$ ，则 $ans=\min(dis2_i-dis1_i)$ 。

关键点

题意转化；
想到将点权转化为边权来跑 SPFA；
想到建立反图；

其中 2 3 也是本题最重要的两个思想。

易错点

思路上，此题不能用 dijkstra 来求，因为不满足 dijkstra 的贪心性质；
代码实现上，记得除 1 外的 $dis1$ 开始要初始化为 INF，1 的 $dis1$ 初始化为 $p_1$ ；

而除 $n$ 外所有的 $dis2$ 要初始化为 0； $n$ 的 $dis2$ 初始化为 $p_n$ 。

代码实现

//luoguP1073
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m;
int p[maxn],dis1[maxn],dis2[maxn],ans;

basic_string<int>e1[maxn];
basic_string<int>e2[maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

void SPFA()
{
	queue<int>q;
	q.push(1);
	for(int i=2;i<=n;i++)dis1[i]=(1ll<<29)-1;
	dis1[1]=p[1];
    while(!q.empty())
    {
    	int x=q.front();
    	q.pop();
    	for(int y:e1[x])
    	{
    		if(dis1[y]>min(dis1[x],p[y]))
    		{
    			dis1[y]=min(dis1[x],p[y]);
    			q.push(y);
			}
		}
	}
	while(!q.empty())q.pop();
	q.push(n);
	dis2[n]=p[n];
	while(!q.empty())
    {
    	int x=q.front();
    	//cout<<x<<endl;
    	q.pop();
    	for(int y:e2[x])
    	{
    		//cout<<y<<endl;
    		//cout<<"ex "<<dis2[x]<<" "<<p[y]<<endl;
    		if(dis2[y]<max(dis2[x],p[y]))
    		{
    			dis2[y]=max(dis2[x],p[y]);
    			q.push(y);
			}
		}
	 } 
}

int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,z;
		x=read();y=read();z=read();
		if(z==1){e1[x]+=y;e2[y]+=x;}
		else
		{
			e2[x]+=y;e2[y]+=x;
			e1[x]+=y;e1[y]+=x;
		 } 
	}
	//for(int i=1;i<=n;i++)cout<<e1[i].size()<<" "<<e2[i].size()<<endl;
	SPFA();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		//cout<<dis2[i]<<" "<<dis1[i]<<endl;
		ans=max(ans,dis2[i]-dis1[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
} 
/*两个 basic_string,两次 SPFA。 
定义 dis1[i] 表示的是从 1 走到 i 的所有路径中能够经过的权值最小的节点的权值。
dis2[i] 表示的是从 i 走到 n 的所有路径中能够经过的权值最大的节点的权值
那么答案就为 min(dis2[i]-dis1[i]);
破点为边，在点权上做 SPFA。
做两次，分别求得 dis1[i] 和 dis2[i] 即可。
妙哉！
*/