【 洛谷P1073 】【NOIP2009】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

题解

据说很多神犇都是用tarjan做的

然而身为蒟蒻的我用了bfs

具体思路是这样：

首先第一遍bfs预处理出到达该点时能买到的最便宜的水晶球价格，然后第二遍bfs找出所有能到达终点的点。

然后在从所有「能到达终点的点」中找出卖出-买入最大的值，若小于0则为0。

My Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
struct edge{
int to,nxt;
}e[1000005],re[1000005];
int n,m;
int h[500005],hr[500005],c[500005],f[500005],vis1[500005],vis2[500005],cnt=0,cntr=0;
inline void addedge(int x,int y){
cnt++;
e[cnt].to=y;
e[cnt].nxt=h[x];
h[x]=cnt;
cntr++;
re[cnt].to=x;
re[cnt].nxt=hr[y];
hr[y]=cntr;
}
void bfs1(){
queue <int> q;
q.push(1);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
vis1[u]=0;
for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
int res=min(f[u],c[u]);
if(f[v]>res){
f[v]=res;
if(!vis1[v]){
vis1[v]=1;
q.push(v);

4000
}
}
}
}
}
void bfs2(){
queue <int> q;
q.push(n);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=hr[u];i;i=re[i].nxt){
int v=re[i].to;
int res=min(f[u],c[u]);
if(!vis2[v]){
vis2[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("subset.in","r",stdin);
//freopen("subset.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];
memset(f,0x3f,sizeof(f));
int x,y,z;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>x>>y>>z;
if(z==1)addedge(x,y);
else{
addedge(x,y);
addedge(y,x);
}
}
bfs1();
bfs2();
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis2[i])ans=max(ans,c[i]-f[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}