noip2009最优贸易

试题描述

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 111 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

输入第一行包含 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

输出共 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 。

输入示例

5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2

输出示例

5

其他说明

输入数据保证 1 号城市可以到达 n 号城市。
对于10%的数据，n≤6；
对于30% 的数据，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≤100,0001≤n≤100,000，1≤m≤500,000，
1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市水晶球价格≤100。

这道题解法是，两遍SPFA。

正着一遍记录从起点到当前点遇到的最小点权

倒着一遍记录终点到当前点的最大点权

最后枚举每一个点，答案是max(max[i]-min[i])

具体看代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
using namespace std;
#define MAXN 100010
#define MAXM 500010
#define INF 10000009
#define MOD 10000007
#define LL long long
#define in(a) a=read()
#define REP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define DREP(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)
#define cl(a) memset(a,0,sizeof(a))
inline int read(){
    int x=,f=;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*+ch-'';
    return x*f;
}
inline void out(int x){
    if(x<) putchar('-'),x=-x;
    if(x>) out(x/);
    putchar(x%+'');
}
int to1[MAXM],nxt1[MAXM],head1[MAXN];
int n,m,ans=;
queue <int> Q;
int vis1[MAXN],vis2[MAXN],dis1[MAXN],dis2[MAXN],input[MAXN],total1=;
void adl1(int a,int b){
    total1++;
    to1[total1]=b;
    nxt1[total1]=head1[a];
    head1[a]=total1;
    return ;
}
int to2[MAXM],nxt2[MAXM],head2[MAXN],total2=;
void adl2(int a,int b){
    total2++;
    to2[total2]=b;
    nxt2[total2]=head2[a];
    head2[a]=total2;
    return ;
}
inline void SPFA1(){
    while(!Q.empty())  Q.pop();
    memset(dis1,,sizeof(dis1));
    Q.push();
    vis1[]=;
    dis1[]=input[];
    while(!Q.empty()){
        int u=Q.front();
        Q.pop();
        vis1[u]=;
        for(int e=head1[u];e;e=nxt1[e])
            if(dis1[u]<dis1[to1[e]] || input[to1[e]]<dis1[to1[e]]){
                dis1[to1[e]]=min(dis1[u],input[to1[e]]);
                if(!vis1[to1[e]]){
                    vis1[to1[e]]=;
                    Q.push(to1[e]);
                }
            }
    }
    return ;
}
inline void SPFA2(){
    while(!Q.empty())  Q.pop();
    Q.push(n);
    vis2[n]=;
    dis2[n]=input[n];
    while(!Q.empty()){
        int u=Q.front();
        Q.pop();
        vis2[u]=;
        for(int e=head2[u];e;e=nxt2[e])
            if(dis2[u]>dis2[to2[e]] || input[to2[e]]>dis2[to2[e]]){
                dis2[to2[e]]=max(dis2[u],input[to2[e]]);
                if(!vis2[to2[e]]){
                    vis2[to2[e]]=;
                    Q.push(to2[e]);
                }
            }
    }
    return ;
}
int main(){
    int a,b,c;
    in(n);in(m);
    REP(i,,n)  in(input[i]);
    REP(i,,m){
        in(a);in(b);in(c);
        if(c==){
          adl1(a,b);
          adl2(b,a);
        }
        else{
            adl1(a,b);
            adl1(b,a);
            adl2(a,b);
            adl2(b,a);
        }
    }
    SPFA1();
    SPFA2();
    REP(i,,n){
        //cout<<dis1[i]<<" "<<dis2[i]<<endl;
      ans=max(ans,dis2[i]-dis1[i]);
}
    out(ans);
    return ;
}