NOIp 2009 最优贸易
2015-10-22 11:08
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题目描述 Description
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。
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。
输入输出格式 Input/output
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:
输出文件 trade.out 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 Sample Input
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 Sample Output
5
题目大意是从1到n的路径上先选择一个点权最小的,再之后选择一个点权最大的(顺序不能改变)
这样的话很容易想到用搜索去寻找路径上的最大最小值,但显然这样会很慢,甚至无法保证正确性
但其实对于每一个结点只有两种可能,一种是从这个结点购买,另一种是从这个结点卖出
对于前者,我们只需要记录从这个点往后所有点的最大值即可,用这个最大值减去当前结点点权即是在该点买东西(水晶球QAQ)在后面卖出的最大收益
同理,如果该点为卖出的结点,那么只需要记录在这个点之前所有点权的最小值,用该结点点权减去最小值即是在该点卖出(水晶球!!!)的最大收益
这样的话,在读入时双向建边,在起点和终点分别跑一遍spfa,记录每个点往前的最小值和往后的最大值,取max即可
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。
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。
输入输出格式 Input/output
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:
输出文件 trade.out 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 Sample Input
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 Sample Output
5
题目大意是从1到n的路径上先选择一个点权最小的,再之后选择一个点权最大的(顺序不能改变)
这样的话很容易想到用搜索去寻找路径上的最大最小值,但显然这样会很慢,甚至无法保证正确性
但其实对于每一个结点只有两种可能,一种是从这个结点购买,另一种是从这个结点卖出
对于前者,我们只需要记录从这个点往后所有点的最大值即可,用这个最大值减去当前结点点权即是在该点买东西(水晶球QAQ)在后面卖出的最大收益
同理,如果该点为卖出的结点,那么只需要记录在这个点之前所有点权的最小值,用该结点点权减去最小值即是在该点卖出(水晶球!!!)的最大收益
这样的话,在读入时双向建边,在起点和终点分别跑一遍spfa,记录每个点往前的最小值和往后的最大值,取max即可
[code]#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; const int maxn=1245000; struct doubi{ int f,t,d; }edge1[maxn],edge2[maxn]; int next1[maxn],first1[maxn],tot1; int next2[maxn],first2[maxn],tot2; int xl[maxn]; int n,m; void build1(int f,int t) { edge1[++tot1].f=f; edge1[tot1].t=t; next1[tot1]=first1[f]; first1[f]=tot1; } void build2(int f,int t) { edge2[++tot2].f=f; edge2[tot2].t=t; next2[tot2]=first2[f]; first2[f]=tot2; } int dist1[maxn],dist2[maxn]; bool use[maxn]; queue<int> q; void spfa1() { memset(dist1,63,sizeof(dist1)); memset(use,0,sizeof(use)); dist1[1]=xl[1]; use[1]=1; q.push(1); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=first1[u];i;i=next1[i]){ int v=edge1[i].t; if(dist1[v]>min(dist1[u],xl[v])){ dist1[v]=min(dist1[u],xl[v]); if(!use[v]){ use[v]=1; q.push(v); } } } } } void spfa2() { memset(dist2,0xfff,sizeof(dist2)); memset(use,0,sizeof(use)); dist2 =xl ; use =1; q.push(n); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=first2[u];i;i=next2[i]){ int v=edge2[i].t; if(dist2[v]<max(dist2[u],xl[v])){ dist2[v]=max(dist2[u],xl[v]); if(!use[v]){ use[v]=1; q.push(v); } } } } } int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&xl[i]); } for(int i=1;i<=m;i++){ int a,b,x; scanf("%d%d%d",&a,&b,&x); if(x==1){ build1(a,b); build2(b,a); } if(x==2){ build1(a,b); build1(b,a); build2(a,b); build2(b,a); } } spfa1(); spfa2(); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(dist1[i]!=-1&&dist2[i]<1000000000){ ans=max(ans,dist2[i]-dist1[i]); } } cout<<ans<<endl; return 0; }
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