LG1073【NOIp2009】最优贸易 <Tarjan+DP>

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。
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

标签：Tarjan DP

吐槽一下，这人的旅费远大于他赚的差价
作为中间商，真是个无脑商人...

首先肯定要缩点，记录每个分量的所有点中价格的最大值和最小值，缩点后DP的时候就是DAG了，不会有环。
接下来是BFS同时DP。f[i]表示从源点走到i点，最大差价是多少。初值为f[i] = max[i]-min[i]。从源点所在点开始BFS，从u走到一个点v，先更新min[v]的值，即min[v] = min(min[u], min[v])。然后更新f[v] = max(max(f[u], f[v]), max[v]-min[v])，分别指最大价格在从源点到u的路径上和最大价格在v这个分量里。最后输出终点所在分量的f值即可。

附上AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#define MAX_N 100000
#define INF 2147483647
using namespace std;
int n, m, c[MAX_N+5], mm[MAX_N+5], mx[MAX_N+5], f[MAX_N+5];
int dfn[MAX_N+5], low[MAX_N+5], id[MAX_N+5], ind, cnt;
vector <int> G[MAX_N+5], E[MAX_N+5];
stack <int> sta;	bool insta[MAX_N+5];
void tarjan(int u) {
	dfn[u] = low[u] = ++ind, sta.push(u), insta[u] = true;
	for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
		int v = G[u][i];
		if (!dfn[v])	tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
		else if (insta[v])	low[u] = min(low[u], dfn[v]);
	}
	if (low[u] == dfn[u]) {
		cnt++, mm[cnt] = INF, mx[cnt] = 0;
		for (int i = sta.top(); ; i = sta.top()) {
			id[i] = cnt, mm[cnt] = min(mm[cnt], c[i]), mx[cnt] = max(mx[cnt], c[i]);
			sta.pop(), insta[i] = false;	if (i == u)	break;
		}
	}
}
queue <int> que;	bool inque[MAX_N+5];
void BFS() {
	for (int i = 1; i <= cnt; i++)	f[i] = mx[i]-mm[i];
	que.push(id[1]), inque[id[1]] = true;
	while (!que.empty()) {
		int u = que.front();	que.pop(), inque[u] = false;
		for (int i = 0; i < E[u].size(); i++) {
			int v = E[u][i];	mm[v] = min(mm[v], mm[u]);
			f[v] = max(max(f[u], f[v]), mx[v]-mm[v]);
			if (!inque[v])	que.push(v), inque[v] = true;
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)	scanf("%d", &c[i]);
	while (m--) {
		int u, v, d;	scanf("%d%d%d", &u, &v, &d);
		if (d == 1)	G[u].push_back(v);
		else	G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)	if (!dfn[i])	tarjan(i);
	for (int u = 1; u <= n; u++)
		for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
			int v = G[u][i];	if (id[u] == id[v])	continue;
			E[id[u]].push_back(id[v]);
		}
	BFS();	printf("%d", f[id[n]]);
	return 0;
}