洛谷 P1073 [NOIP2009 T3] 最优贸易

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。



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

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。

输入输出样例

输入样例#1：

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#1：

5

说明

【数据范围】

输入数据保证 1 号城市可以到达 n 号城市。

对于 10%的数据，1≤n≤6。

对于 30%的数据，1≤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≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市

水晶球价格≤100。

NOIP 2009 提高组 第三题

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

SPFA~

SPFA正反各遍历一遍，更新每个点以前的最小值minn[i]和每个点以后的最大值maxx[i]，然后计算最大的maxx[i]-minn[i]值~

要注意的是每次更新点的值后都要与原值a[i]比较，否则会出错。

#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;

int n,m,x,y,z,a[100001],fi1[100001],ne1[1000001],w1[1000001],cnt1;
int fi2[100001],ne2[1000001],w2[1000001],cnt2,maxx[100001],minn[100001],ans;
bool b[100001];
queue<int> q;

void add1(int u,int v)
{
w1[++cnt1]=v;ne1[cnt1]=fi1[u];fi1[u]=cnt1;
}

void add2(int u,int v)
{
w2[++cnt2]=v;ne2[cnt2]=fi2[u];fi2[u]=cnt2;
}

int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);minn[i]=999999999;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add1(x,y);add2(y,x);
if(z==2) add1(y,x),add2(x,y);
}
q.push(1);b[1]=1;minn[1]=a[1];
while(!q.empty())
{
int k=q.front();q.pop();b[k]=0;
for(int i=fi1[k];i;i=ne1[i])
{
if(minn[w1[i]]>minn[k])
{
minn[w1[i]]=minn[k];
if(!b[w1[i]])
{
b[w1[i]]=1;q.push(w1[i]);
}
}
if(minn[w1[i]]>a[w1[i]])
{
minn[w1[i]]=a[w1[i]];
if(!b[w1[i]])
{
b[w1[i]]=1;q.push(w1[i]);
}
}
}

}
q.push(n);b
=1;maxx
=a
;
while(!q.empty())
{
int k=q.front();q.pop();b[k]=0;
for(int i=fi2[k];i;i=ne2[i])
{
if(maxx[w2[i]]<maxx[k])
{
maxx[w2[i]]=maxx[k];
if(!b[w2[i]])
{
b[w2[i]]=1;q.push(w2[i]);
}
}
if(maxx[w2[i]]<a[w2[i]])
{
maxx[w2[i]]=a[w2[i]];
if(!b[w2[i]])
{
b[w2[i]]=1;q.push(w2[i]);
}
}
}

}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(maxx[i]-minn[i]>ans) ans=maxx[i]-minn[i];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}