【 洛谷P1073 】【NOIP2009】最优贸易
来源:互联网 发布:owncloud源码 编辑:程序博客网 时间:2024/05/18 01:38
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
题解
据说很多神犇都是用tarjan做的
然而身为蒟蒻的我用了bfs
具体思路是这样:
首先第一遍bfs预处理出到达该点时能买到的最便宜的水晶球价格,然后第二遍bfs找出所有能到达终点的点。
然后在从所有「能到达终点的点」中找出卖出-买入最大的值,若小于0则为0。
My Code
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;struct edge{ int to,nxt;}e[1000005],re[1000005];int n,m;int h[500005],hr[500005],c[500005],f[500005],vis1[500005],vis2[500005],cnt=0,cntr=0;inline void addedge(int x,int y){ cnt++; e[cnt].to=y; e[cnt].nxt=h[x]; h[x]=cnt; cntr++; re[cnt].to=x; re[cnt].nxt=hr[y]; hr[y]=cntr;}void bfs1(){ queue <int> q; q.push(1); while(!q.empty()){ int u=q.front(); q.pop(); vis1[u]=0; for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].to; int res=min(f[u],c[u]); if(f[v]>res){ f[v]=res; if(!vis1[v]){ vis1[v]=1; q.push(v); } } } }}void bfs2(){ queue <int> q; q.push(n); while(!q.empty()){ int u=q.front(); q.pop(); for(int i=hr[u];i;i=re[i].nxt){ int v=re[i].to; int res=min(f[u],c[u]); if(!vis2[v]){ vis2[v]=1; q.push(v); } } }}int main(){ ios::sync_with_stdio(false); //freopen("subset.in","r",stdin); //freopen("subset.out","w",stdout); cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i]; memset(f,0x3f,sizeof(f)); int x,y,z; for(int i=1;i<=m;i++){ cin>>x>>y>>z; if(z==1)addedge(x,y); else{ addedge(x,y); addedge(y,x); } } bfs1(); bfs2(); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis2[i])ans=max(ans,c[i]-f[i]); } cout<<ans; return 0;}
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