NOIP 2009 Senior 3

最优贸易
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】
输入文件名为 trade.in。
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】
输出文件 trade.out 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。

【输入输出样例】
trade.in
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2

trade.out
5

【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。

注意到，题目给出的是一个有向图，因此一定是一道有关图论的题。题目的数据规模告诉我们的信息有以下两条：
1.不能用O(n2)及以上时间复杂度的算法（n<=100000）。
2.图是一张稀疏图（m<=500000），并且顶点的个数太多，邻接矩阵不可用，只能使用邻接表来保存。

题目中的另一个重要信息是：最多只进行一次交易。因此我们想到了枚举：枚举买入点和卖出点。当然，这明显是一个时间复杂度至少为O(n2)的算法。这时，我们应该想到一个典型的枚举问题的优化：若有k个未知量需要枚举，只枚举k-1个未知量，然后根据已知信息算出最后一个未知量，达到时间复杂度降一次的目的。对这道题而言，把O(n2)降成O(n)是有效的，因此枚举这一条路说不定可行。
按此思路，有以下两条路可走：
1.枚举买入点，然后判断从起点出发是否能走到买入点，并求出从买入点出发能到终点的那条路上的最大价格（这其中暗含判断是否能到终点）。
2.枚举卖出点，然后判断从卖出点出发是否能走到终点，并求出从起点出发到卖出点的路上的最小价格。

判断某一点是否能到终点可以用遍历反图来实现，从终点开始遍历，时间复杂度为O(n)。找从起点（终点）出发到其它每个点的路上的最小（最大）价格可用SPFA实现，时间复杂度上界为O(mn)，但因为这是一张稀疏图，所以时间复杂度大约仅为O(2m)，可以接受。因此1，2两种思路都在理论上可行。下面以2为例给出参考代码。

参考代码

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <cstring>#include <string>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <stack>#include <queue>#include <deque>#include <map>#include <set>using std::cin;using std::cout;using std::endl;inline int readIn(){    int a;    scanf("%d", &a);    return a;}int n, m;std::vector<int> cost;std::vector<std::vector<int> > G;std::vector<std::vector<int> > GT;std::vector<bool> linkEnd;std::vector<bool> vis;std::vector<int> minCost;void init(){    n = readIn();    m = readIn();    cost.resize(n + 1);    G.resize(n + 1);    GT.resize(n + 1);    linkEnd.resize(n + 1);    vis.resize(n + 1);    minCost.resize(n + 1, 0x3fffffff);    for (int i = 1; i <= n; i++)    {        cost[i] = readIn();    }    for (int i = 1; i <= m; i++)    {        int from = readIn();        int to = readIn();        int type = readIn();        G[from].push_back(to);        GT[to].push_back(from);        if (type == 2)        {            G[to].push_back(from);            G[from].push_back(to);        }    }}void dfs(int start = n){    if (linkEnd[start]) return;    linkEnd[start] = true;    for (int i = 0; i < GT[start].size(); i++)    {        dfs(GT[start][i]);    }}void SPFA(){    minCost[1] = cost[1];    std::queue<int> Q;    Q.push(1);    vis[1] = true;    while (!Q.empty())    {        int from = Q.front();        Q.pop();        vis[from] = false;        for (int i = 0; i < G[from].size(); i++)        {            int& to = G[from][i];            int toVal = std::min(minCost[from], cost[to]);            if (toVal < minCost[to])            {                minCost[to] = toVal;                if (vis[to]) continue;                Q.push(to);                vis[to] = true;            }        }    }}int main(){    init();    dfs();    SPFA();    int ans = 0;    for (int i = 1; i <= n; i++)    {        if (!linkEnd[i]) continue;        ans = std::max(ans, cost[i] - minCost[i]);    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

可以说，如果能有以上分析的思路，那么这道题无论从思路还是代码来说都很简单。因此我认为这道题主要还是考图论的部分算法。之前就是因为SPFA乱写所以只得了90分，看来还是只有多写才有效果。