【noip2009】最优贸易 tarjan+拓扑+dp或spfa

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。

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。

样例

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

限制

每个测试点1s
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。

来源

NOIP 2009
图片来源vijos

然后这个题有两个做法
法1：我第一次就撸的这个，但现在代码掉了，比较长，不想再写了，大概说一下思路，就是很暴力的乱搞，先tarjan缩点，每个强连通分量里面随便跑，所以只需要存一个最小买入和最大卖出就可以了，然后这个时候图不存在环，只需要拓扑，然后dp就可以出来，dp每个点保存前面最小买入点，然后枚举在每个点卖出，得到最大值
法2：超级简单，两次spfa，第一次从起点开始spfa求出起点到每个点的最小买入值，然后反向建图，从终点spfa，求出每个点到终点的最大卖出值，然后枚举每个点得到答案

法2代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<set>#include<queue>#include<algorithm>#include<vector>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<ctime>#include<stack>#define INF 2100000000#define ll long long#define clr(x)  memset(x,0,sizeof(x))#define M 100005#define N 500005using namespace std;int first[N],lext[M*2],to[M*2],t;int nfirst[N],nlext[M*2],nto[M*2],in[N],nt;void addedge(int s,int v){    lext[++t]=first[s];    first[s]=t;    to[t]=v;}void naddedge(int s,int v){    nlext[++nt]=nfirst[s];    nfirst[s]=nt;    nto[nt]=v;}int mi[N],mx[N],m,n,a[N];queue<int>Q;void spfa_mi(){    mi[1]=a[1];    Q.push(1);    while(!Q.empty())    {        int s=Q.front();Q.pop();        for(int i=first[s];i;i=lext[i])        {            int v=to[i];            if(mi[v]>min(mi[s],a[v]))            {                mi[v]=min(mi[s],a[v]);                Q.push(v);            }        }    }}void spfa_mx(){    mx[n]=a[n];    while(!Q.empty())Q.pop();    Q.push(n);    while(!Q.empty())    {        int s=Q.front();Q.pop();        for(int i=nfirst[s];i;i=nlext[i])        {            int v=nto[i];            if(mx[v]<max(mx[s],a[v]))            {                mx[v]=max(mx[s],a[v]);                Q.push(v);            }        }    }}int main(){    cin>>n>>m;    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int x,y,z;        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);        addedge(x,y);        naddedge(y,x);        if(z==2)addedge(y,x),naddedge(x,y);    }    memset(mi,63,sizeof(mi));    spfa_mi();    spfa_mx();    int ans=0;    for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,mx[i]-mi[i]);    cout<<ans;    return 0;}

大概就是这个样子，如果有什么问题，或错误，请在评论区提出，谢谢。