P1073 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\(1\)~ \(n\) ，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：
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 。
说明
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≤x1≤x ， y≤ny≤n ， 1≤z≤2 ， 1≤1≤ 各城市
水晶球价格 ≤100。
NOIP 2009 提高组 第三题
这题做法很多，我用到tarjan缩点+TOPO+DP
还有双向spfa，分层图等做法
注意细节：我最开始居然还先卖后买了
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=100010;
const int M=500010;
int n0,n,m,p[N],mx[N],mi[N],ans[N];
int head0[N],to0[M<<1],next0[M<<1],cnt0;
void add0(int u,int v)
{
next0[++cnt0]=head0[u];to0[cnt0]=v;head0[u]=cnt0;
}
int head[N],to[M],next[M],cnt;
void add(int u,int v)
{
next[++cnt]=head[u];to[cnt]=v;head[u]=cnt;
}
int ha[N],time=0,dfn[N],low[N],s[N],tot=0,is[N],in[N];
void tarjan(int now)
{
dfn[now]=low[now]=++time;
s[++tot]=now;
is[now]=1;
for(int i=head0[now];i;i=next0[i])
{
int v=to0[i];
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[now]=min(low[now],low[v]);
}
else if(is[v])
low[now]=min(low[now],dfn[v]);
}
if(low[now]==dfn[now])
{
int tmp;
n++;
do
{
tmp=s[tot--];
is[tmp]=0;
ha[tmp]=n;
mx[n]=max(mx[n],p[tmp]);
mi[n]=min(mi[n],p[tmp]);
}while(tmp!=now);
}
}
void New()
{
for(int i=1;i<=n0;i++)
{
if(!ha[i]) continue;
for(int j=head0[i];j;j=next0[j])
{
int v=to0[j];
if(!ha[v]) continue;
if(ha[v]!=ha[i])
{
add(ha[i],ha[v]);
in[ha[v]]++;
}
}
}
}
queue <int > q;
void topo()
{
q.push(ha[1]);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=next[i])
{
int v=to[i];
in[v]--;
mi[v]=min(mi[v],mi[u]);
ans[v]=max(ans[v],ans[u]);
if(!in[v])
{
if(mx[v]>mi[v])
ans[v]=max(ans[v],mx[v]-mi[v]);
q.push(v);
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n0,&m);
memset(mi,0x3f,sizeof(mi));
int typ,u,v;
for(int i=1;i<=n0;i++)
scanf("%d",p+i);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&typ);
if(typ==1) add0(u,v);
else add0(u,v),add0(v,u);
}
tarjan(1);
New();
topo();
printf("%d\n",ans[ha[n0]]);
return 0;
}
2018.6.25