vijos最优贸易（spfa、正反图）

题目地址：https://vijos.org/p/1754

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

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

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

题解：这又是一道需要遍历的题，也就是需要遍历每个结点来判定。遍历节点x，那么我们只需要求出1到x（不是最短路，而是任意路径）的价格最小值，求x到n价格的最大值，由于这里的x是任意一个结点，所以可以求出一个方向图，在反向图中求n到x的最大值。那么求最小值和最大值就是同一个原理。至于怎么完成，之前我是怎么也想不到spfa还可以这么用（果然自己太菜了，根本就没理解到spfa的精髓是松弛）。就拿求1到其余点的最小值举例。

对于取出队列的队首，判定这个点到与他直连的邻居中，若是起邻居dis[v]<dis[u]那么就可更新放入队列。因为spfa是松弛操作，所以可以通过其他路径到达点x,并且可以找出所有到达x的路径

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int M=5e5+10;
#define P pair<int,int>
//2正图，1：反图 
struct st{
    int from,to,next;
}edge[2][2*M];
int a[N]; 
int head[2][N],cnt[2]={0},n,m,dis[2][N];
void addedge(int u,int v,int k){
    cnt[k]++;
    edge[k][cnt[k]].from=u;
    edge[k][cnt[k]].to=v;
    edge[k][cnt[k]].next=head[k][u];
    head[k][u]=cnt[k];
}
void spfa(int s,int k){
    if(k==0) memset(dis[k],0x3f,sizeof(dis[k]));
    else memset(dis[k],0,sizeof(dis[k]));
    priority_queue<P,vector<P>,greater<P> >q;
    q.push(make_pair(a[s],s));
    while(!q.empty()){
        P pa=q.top();q.pop(); 
        for(int i=head[k][pa.second];i;i=edge[k][i].next){
            if(k==0){//找最小值 
                if(dis[k][edge[k][i].to]>min(dis[k][pa.second],a[edge[k][i].to])){
                    dis[k][edge[k][i].to]=min(dis[k][pa.second],a[edge[k][i].to]);
                    q.push(make_pair(dis[k][edge[k][i].to],edge[k][i].to));
                }
            }
            else {
                if(dis[k][edge[k][i].to]<max(dis[k][pa.second],a[edge[k][i].to])){
                    dis[k][edge[k][i].to]=max(dis[k][pa.second],a[edge[k][i].to]);
                    q.push(make_pair(dis[k][edge[k][i].to],edge[k][i].to));
                }
            }
        }
    }
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1,u,v,z;i<=m;i++){
        cin>>u>>v>>z;
        addedge(u,v,0);
        addedge(v,u,1);
        if(z==2){
            addedge(v,u,0);
            addedge(u,v,1);
        }
    }
    spfa(1,0);
    spfa(n,1);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=max(ans,dis[1][i]-dis[0][i]);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

写于：2020/8/12 21:18