P1073 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：
一 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： 复制
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： 复制
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
嗯，打打基础题系列。
我们只需要第一次以1为起点跑一遍spfa，更新每个点可以到达的最小值即可。
然后再以n为起点建反向边，更新每个点可以到达的最大值。
枚举一遍每个点的max-min并更新一下ans。
注意，最大值最小值的遍历并不能交换顺序。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=100001;
int ch[N],head[N],num,ans;
int vis[N],maxn[N],minn[N];
struct node{
int to,next;
}e[N*5<<1];
int x[N*5],y[N*5],z[N*5];
int n,m;
int read()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*w;
}
void add(int from,int to){
num++;
e[num].to=to;
e[num].next=head[from];
head[from]=num;
}
void spfa1(){
queue<int>q;vis[1]=1;
q.push(1);minn[1]=ch[1];
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
minn[v]=min(minn[u],ch[v]);
if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
void spfa2(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int>q;vis[n]=1;
q.push(n);maxn[n]=ch[n];
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
maxn[v]=max(maxn[u],ch[v]);
if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
int main()
{
memset(minn,0x7f,sizeof(minn));
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)ch[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
x[i]=read(),y[i]=read(),z[i]=read();
add(x[i],y[i]);
if(z[i]==2)add(y[i],x[i]);
}
spfa1();
memset(e,0,sizeof(e));
memset(head,0,sizeof(head));
num=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
add(y[i],x[i]);
if(z[i]==2)
add(x[i],y[i]);
}
spfa2();
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=max(maxn[i]-minn[i],ans);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}