【NOIP2009】最优贸易

【codevs 1173】
1173 最优贸易 2009年NOIP全国联赛提高组
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题目等级 : 钻石 Diamond
题解
题目描述 Description
【问题描述】
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。

输入描述 Input Description
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。

输出描述 Output Description
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。

样例输入 Sample Input
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 Sample Output
5

数据范围及提示 Data Size & Hint
【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。

最大价值，最小价值
首先找出终点能到达的所有点，去掉剩下的点
利用spfa 获得最大价值

#include <iostream>#include <cstdio>#include <queue>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int MAXP = 200005;const int MAXN = 500005;const int MAXM = 1000005;const int INF = 2147483641;int n,m,cnt,tot = 0;int w[MAXP],ans1 = 0,ans2 = 0;int f[MAXN],t[MAXN],v[MAXN];int first[MAXP],next[MAXM],dis[MAXM];bool use[MAXP],pre[MAXP];struct edge{    int f,t,v;}l[MAXM];struct zt{    int u,v;    bool operator < (const zt &a)const    {        return v > a.v;    }};void build(int f,int t){    l[++ tot] = (edge){f,t};    next[tot] = first[f];    first[f] = tot;    return;}priority_queue < zt > ss;int dij(int s){    int ans = 0;    for(int i = 1;i <= n; i ++)        dis[i] = -INF;    ss.push((zt){s,w[s]});    while(!ss.empty())    {        zt u = ss.top();        ss.pop();        if(!pre[u.u] || use[u.u])   continue;        use[u.u] = true;        for(int i = first[u.u]; i != -1; i = next[i])        {            int ww = l[i].t;            if(dis[ww] < w[ww] - u.v && pre[ww])            {                dis[ww] = w[ww] - u.v;                 ans = max(ans,dis[ww]);                ss.push((zt){ww,min(u.v,w[ww])});            }        }    }    return ans;}queue < int > q;void bfs(int s){    pre[s] = true;    q.push(s);    while(!q.empty())    {        int u = q.front();        q.pop();        for(int i = first[u]; i != -1; i = next[i])        {            int w = l[i].t;            if(!pre[w])            {                pre[w] = true;                q.push(w);            }        }    }    return;}int main(){    memset(first,0xff,sizeof(first));    memset(w,0,sizeof(w));    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));    memset(pre,0,sizeof(pre));    scanf("%d %d",&n,&m);    for(int i = 1; i <= n; i ++)        scanf("%d",&w[i]);    for(int i = 1; i <= m; i ++)    {        scanf("%d %d %d",&f[i],&t[i],&v[i]);        if(v[i] == 1)    build(t[i],f[i]);        else    build(f[i],t[i]),build(t[i],f[i]);    }    bfs(n);    memset(first,0xff,sizeof(first));    memset(next,0,sizeof(next));    memset(l,0,sizeof(l));    memset(use,0,sizeof(use));    tot = 0;    for(int i = 1; i <= m; i ++)    {        if(v[i] == 1)   build(f[i],t[i]);        else    build(f[i],t[i]),build(t[i],f[i]);    }    printf("%d\n",dij(1));    return 0;}