洛谷P1073最优贸易（跑两遍dij）

题目描述

CC C国有n n n个大城市和m mm 条道路，每条道路连接这 nnn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 mmm 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 11 1条。

CC 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 CCC 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 CCC 国 n 个城市的标号从 1 n1~ n1 n，阿龙决定从 11 1号城市出发，并最终在 nnn 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 nnn 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 CCC 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 CC C国有 555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 n1~n1 n 号城市的水晶球价格分别为 4,3,5,6,14,3,5,6,14,3,5,6,1。

阿龙可以选择如下一条线路：111->222->333->555，并在 22 2号城市以3 33 的价格买入水晶球，在 333号城市以5 5 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 11->444->555->444->555，并在第11 1次到达5 55 号城市时以 11 1的价格买入水晶球，在第 222 次到达4 44 号城市时以6 66 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为5 55。

现在给出 nn n个城市的水晶球价格，mmm 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。

输入格式

第一行包含 222 个正整数n n n和 mmm，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 mmm 行，每行有3 3 3个正整数x,y,zx,y,zx,y,z，每两个整数之间用一个空格隔开。如果 z=1z=1z=1，表示这条道路是城市x x x到城市y y y之间的单向道路；如果z=2 z=2z=2，表示这条道路为城市 xx x和城市yy 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 000。

输入输出样例

输入 #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 #1 

5

说明/提示

【数据范围】

输入数据保证 111 号城市可以到达n n n号城市。

对于 10%的数据，1≤n≤61≤n≤61≤n≤6。

对于 30%的数据，1≤n≤1001≤n≤1001≤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≤1000001≤n≤1000001≤n≤100000，1≤m≤5000001≤m≤5000001≤m≤500000，1≤x1≤x1≤x，y≤ny≤ny≤n，1≤z≤21≤z≤21≤z≤2，1≤1≤1≤各城市

水晶球价格≤100≤100≤100。

NOIP 2009 提高组 第三题

将双向边存储为两条单向边，建一张原图一张反图，跑两边dijkstra（或者spfa）。第一遍求数组d，d[x]表示从1到x的所有路径中经过的权值最小的节点的权值。 第二遍求数组d1，d1[x]表示从n到x的所有路径中经过的权值最大的节点的权值（由单源最短路的求法可知，只能由确定的点n开始，所以必须建反图求）。   然后遍历节点，ans=max(ans,d1[i]-d[i])更新答案。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
const int M=1000005;
int head[N],ver[M],Next[M],d[N];bool v[N];
int head1[N],ver1[M],Next1[M],d1[N];bool v1[N];
int price[N];
int n,m,tot=0,tot1=0;
void add(int x,int y)
{
    ver[++tot]=y;
    Next[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
}
void add1(int x,int y)
{
    ver1[++tot1]=y;
    Next1[tot1]=head1[x];
    head1[x]=tot1;
}
priority_queue< pair<int,int> >q; 
priority_queue< pair<int,int> >q1; 
void dij()
{
    memset(d,0x3f,sizeof(d));
    memset(v,0,sizeof(v));
    d[1]=price[1];//一定要注意初始化！！！！！！！！！ 千万不能加v[1]=1;!!!!!! 
    q.push(make_pair(price[1],1));
    while(q.size())
    {
        int x=q.top().second;q.pop();
        if(v[x])continue;
        v[x]=1;
        int i;
        for(i=head[x];i;i=Next[i])
        {
            int y=ver[i];
            d[y]=min(d[x],price[y]);
            q.push(make_pair(d[y],y));
        }
    }
 }
 void dij1()
{
    memset(d1,-0x3f,sizeof(d1));//初始化为负无穷 
    memset(v1,0,sizeof(v1));
    d1[n]=price[n];//v1[n]=1;//千万不能加这一条 
    q1.push(make_pair(price[n],n));
    while(q1.size())
    {
        int x=q1.top().second;q1.pop();
        if(v1[x])continue;
        v1[x]=1;
        int i;
        for(i=head1[x];i;i=Next1[i])
        {
            int y=ver1[i];
            d1[y]=max(d1[x],price[y]);    
            q1.push(make_pair(d1[y],y));
        }
    }
 }
 int main()
 {
     cin>>n>>m;
     int i;
     for(i=1;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&price[i]);
     }
     for(i=1;i<=m;i++)
     {
         int x,y,z;
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
         if(z==1)
         {
             add(x,y);
             add1(y,x);
         }
         else
         {
             add(x,y);add(y,x);
             add1(x,y);add1(y,x);
         }
     }
     dij();
     dij1();    
     int ans=0;
     for(i=1;i<=n;i++)
     {
         ans=max(ans,d1[i]-d[i]);
     }
     cout<<ans;
     return 0;
  }