2009 最优贸易

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。

输入描述 Input Description

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。

输出描述

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

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

5

数据范围及提示

【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。

解析

对于每个点，求出到达该点得到的最小价格和该点到n的最大价格，在每个点最大值和最小值之差中找最大值就得到答案了；

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
struct node{
    int to,next;
}q[1000002],p[1000002];
int n,m,head[100002]={0},head2[100002]={0},low[100002],ma[100002];
int a[100002],x,y,z,cnt,ans;
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
int min(int a,int b){return a>b?b:a;}
int add(int x,int y){                    //边表； 
    cnt++;
    q[cnt].to=y;                         //第cnt条边所指向的点； 
    q[cnt].next=head[x];                 //指向与第cnt条边有共同起点、上一次读入的边； 
    head[x]=cnt;                         //指向x最后读入的一第条边； 
    
    p[cnt].to=x;     /*反向存边*/                   
    p[cnt].next=head2[y];
    head2[y]=cnt;
}
void spfa(){
    queue<int> d;
    d.push(1);
    memset(low,0x7f,sizeof(low));
    low[1]=a[1];
    while(!d.empty()){
        int t=d.front();
        d.pop();
        for(int i=head[t];i;i=q[i].next){  //统计从1到达与t相连的点now时的最小值； 
            int now=q[i].to;
            if(low[now]>min(a[now],low[t]))
            low[now]=min(a[now],low[t]),d.push(now);
        }
    }
}
void spfa2(){
    queue<int> d;
    d.push(n);
    memset(ma,0,sizeof(ma));
    ma[n]=a[n];
    while(!d.empty()){
        int t=d.front();
        d.pop();
        for(int i=head2[t];i;i=p[i].next){  //统计从n到达与t相连的点now时的最大值； 
            int now=p[i].to;
            if(ma[now]<max(a[now],ma[t])){
                ma[now]=max(a[now],ma[t]);
                d.push(now);
            }
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y);
        if(z==2) add(y,x);
    }
    spfa();
    spfa2();
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,ma[i]-low[i]);
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}