[NOIP2009 提高组] 最优贸易

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 $1\sim n$，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 $1\sim n$ 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：$1\to 2\to 3\to 5$，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：$1\to 4\to 5\to 4\to 5$，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

一个整数，表示最多能赚取的旅费。如果没有进行贸易，则输出 $0$。

样例 #1

样例输入 #1

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 #1

5

提示

【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，$1\le n\le 6$。

对于 $30\%$ 的数据，$1\le n\le 100$。

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，$1\le n\le 100000$，$1\le m\le 500000$，$1\le x,y\le n$，$1\le z\le 2$，$1\leq $ 各城市的编号 $\le n$。

水晶球价格 $\le 100$。

题目来源

NOIP 2009 提高组 第三题（洛谷）

题解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;int n, m, d[maxn*3], inq[maxn*3];
vector<pair<int, int>> G[maxn*3];#define t(x,i) (x+i*n)  // t(x,i) 表示第i层的x
// 建立x->y边的函数
#define add(x, y) G[t(x,0)].push_back({t(y,0), 0}), G[t(x,1)].push_back({t(y,1),0}), G[t(x,2)].push_back({t(y,2),0})void spfa(int s) {for(int i = 1; i <= n*3; i++) d[i] = INT_MIN; // 初始化所有节点距离为最小值d[s] = 0; queue<int> Q; inq[s] = true; Q.push(s);while(!Q.empty()) {int x = Q.front(); Q.pop(); inq[x] = false;for(auto [v, len] : G[x]) // 遍历当前节点的所有邻接节点if(d[v] < d[x] + len) {d[v] = d[x] + len;if(!inq[v]) { Q.push(v); inq[v] = true; }} }
}int main() {ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); // 加速cin, coutcin >> n >> m;for(int i = 1, v; i <= n; ++i) {cin >> v;G[t(i,0)].push_back({t(i,1), -v}); // 从未买入状态到买入状态，代价为负的价格G[t(i,1)].push_back({t(i,2), v});  // 从买入状态到卖出状态，获得正的价格}for(int i = 1, x, y, z; i <= m; ++i) {cin >> x >> y >> z; add(x, y);if(z == 2) add(y, x); // 如果是双向边，则需要加两次}spfa(t(1,0)); // 从起点状态开始运行SPFAcout << d[t(n,2)] << endl; // 输出最大利润return 0;
}