noip2009 最优贸易
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- 题目提供者洛谷OnlineJudge
- 标签图论2009NOIp提高组
- 难度普及+/提高
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
5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2
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
分析：设买入的点为p,卖出的点为q,起点为1,终点为q，那么必须满足这四个点之间任意两个点都必须要有道路能到达（不需要直接连通）,求赚的钱最多，就是求差值最大，求出最大值和求出最小值即可，想到了什么呢？SPFA.不过要对spfa算法改一下，这次更新的是点的值了.因为求最大值和最小值，需要做两次spfa，而建图的时候反过来的一次spfa连边一定要反过来连，注意一定要判断点是否被初始化了！
#include <cstdio> #include <queue> #include <vector> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100010; int n,m,a[maxn],maxi[maxn],minx[maxn]; vector <int>e[maxn],e2[maxn]; bool vis[maxn]; void spfa1() { queue <int>q; minx[1] = a[1]; q.push(1); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < e[u].size(); i++) { int v = e[u][i]; if (!minx[v] || minx[v] > minx[u]) { if (!minx[v]) minx[v] = a[v]; if (minx[v] > minx[u]) minx[v] = minx[u]; if (!vis[v]) { vis[v] = true; q.push(v); } } } } } void spfa2() { queue <int>q; maxi[n] = a[n]; q.push(n); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < e2[u].size(); i++) { int v = e2[u][i]; if (!maxi[v] || maxi[v] < maxi[u]) { if (!maxi[v]) maxi[v] = a[v]; if (maxi[v] < maxi[u]) minx[v] = minx[u]; if (!vis[v]) { vis[v] = true; q.push(v); } } } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); } for (int i = 1; i <= m; i++) { int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); e[a].push_back(b); e2[b].push_back(a); if (c == 2) { e[b].push_back(a); e2[a].push_back(b); } } memset(vis,false,sizeof(vis)); spfa1(); memset(vis,false,sizeof(vis)); spfa2(); int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans,maxi[i] - minx[i]); printf("%d\n",ans); return 0; }
