P1073 最优贸易 NOIP 2009 最短路

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：
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

输入样例#1：
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
输出样例#1：
5
说明

【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。

NOIP 2009 提高组 第三题

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这题显然是正着跑一边SPFA，反着跑一边SPFA，维护所有点到出发点的路径上的最小值，维护所有点到结束点的路径上的最大值，然后for一遍每个点，更新答案就可以了

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#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;const int MAXN = 500000 + 10;int n, m, head[MAXN], tail, Dis[MAXN], diS[MAXN], a[MAXN];struct Line{ int to, nxt, flow; }line[ MAXN * 2 ];bool vis[MAXN]; void add_line( int from, int to, int val ) {    line[++tail].nxt = head[from];    line[tail].to = to;    line[tail].flow = val;    head[from] = tail;}void SPFA( ) {    memset( vis, false, sizeof( vis ) );    queue<int>q; while( !q.empty() ) q.pop();    q.push(1); memset( Dis, 0x3f, sizeof( Dis ) );    vis[1] = true; Dis[1] = a[1];    while( !q.empty() ) {        int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = false;        for( register int i = head[u]; i; i = line[i].nxt ) {            if( line[i].flow == 1 ) continue;            int v = line[i].to; int tmp = min( Dis[u], a[v] );            if( Dis[v] > tmp ) {                Dis[v] = tmp;                q.push(v); vis[v] = true;            }        }    }}void AFPS( ) {    memset( vis, false, sizeof( vis ) );    queue<int>q; while( !q.empty() ) q.pop();    q.push(n); memset( diS, -1, sizeof( diS ) );    vis[n] = true; diS[n] = a[n];    while( !q.empty() ) {        int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = false;        for( register int i = head[u]; i; i = line[i].nxt ) {            if( line[i].flow == 0 ) continue;            int v = line[i].to; int tmp = max( diS[u], a[v] );            if( diS[v] < tmp ) {                diS[v] = tmp;                q.push(v); vis[v] = true;            }        }    }}int main( ) {    scanf( "%d%d", &n, &m );    for( register int i = 1; i <= n; i++ ) scanf( "%d", &a[i] );    for( register int i = 1; i <= m; i++ ) { int ff, tt, ww;        scanf( "%d%d%d", &ff, &tt, &ww );        if( ww == 1 ) {            add_line( ff, tt, 0 );            add_line( tt, ff, 1 );        } else {            add_line( ff, tt, 0 );            add_line( ff, tt, 1 );            add_line( tt, ff, 1 );            add_line( tt, ff, 0 );        }    }     SPFA(); AFPS();    int ans = 0;    for( register int i = 1; i <= n; i++ ) ans = max( ans, diS[i] - Dis[i] );    printf( "%d\n", ans );    return 0;}