洛谷 P1073 最优贸易 解题报告

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 。

说明

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≤x1≤x ， y≤ny≤n ， 1≤z≤2 ， 1≤1≤ 各城市

水晶球价格 ≤100。

NOIP 2009 提高组 第三题

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这题做法很多，我用到tarjan缩点+TOPO+DP

还有双向spfa，分层图等做法

注意细节：我最开始居然还先卖后买了

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Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=100010;
const int M=500010;
int n0,n,m,p[N],mx[N],mi[N],ans[N];
int head0[N],to0[M<<1],next0[M<<1],cnt0;
void add0(int u,int v)
{
    next0[++cnt0]=head0[u];to0[cnt0]=v;head0[u]=cnt0;
}
int head[N],to[M],next[M],cnt;
void add(int u,int v)
{
    next[++cnt]=head[u];to[cnt]=v;head[u]=cnt;
}
int ha[N],time=0,dfn[N],low[N],s[N],tot=0,is[N],in[N];
void tarjan(int now)
{
    dfn[now]=low[now]=++time;
    s[++tot]=now;
    is[now]=1;
    for(int i=head0[now];i;i=next0[i])
    {
        int v=to0[i];
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v);
            low[now]=min(low[now],low[v]);
        }
        else if(is[v])
            low[now]=min(low[now],dfn[v]);
    }
    if(low[now]==dfn[now])
    {
        int tmp;
        n++;
        do
        {
            tmp=s[tot--];
            is[tmp]=0;
            ha[tmp]=n;
            mx[n]=max(mx[n],p[tmp]);
            mi[n]=min(mi[n],p[tmp]);
        }while(tmp!=now);
    }
}
void New()
{
    for(int i=1;i<=n0;i++)
    {
        if(!ha[i]) continue;
        for(int j=head0[i];j;j=next0[j])
        {
            int v=to0[j];
            if(!ha[v]) continue;
            if(ha[v]!=ha[i])
            {
                add(ha[i],ha[v]);
                in[ha[v]]++;
            }
        }
    }
}
queue <int > q;
void topo()
{
    q.push(ha[1]);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=next[i])
        {
            int v=to[i];
            in[v]--;
            mi[v]=min(mi[v],mi[u]);
            ans[v]=max(ans[v],ans[u]);
            if(!in[v])
            {
                if(mx[v]>mi[v])
                    ans[v]=max(ans[v],mx[v]-mi[v]);
                q.push(v);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n0,&m);
    memset(mi,0x3f,sizeof(mi));
    int typ,u,v;
    for(int i=1;i<=n0;i++)
        scanf("%d",p+i);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&typ);
        if(typ==1) add0(u,v);
        else add0(u,v),add0(v,u);
    }
    tarjan(1);
    New();
    topo();
    printf("%d\n",ans[ha[n0]]);
    return 0;
}

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2018.6.25