题目

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 22号城市以33 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11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 $0$。

输入输出样例

输入

5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2

输出

5

说明/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，$1\le n\le 100000$，$1\le m\le 500000$，$1\le x$，$y\le n$，$1\le z\le 2$，$1\le$各城市

水晶球价格$\le 100$。

NOIP 2009 提高组 第三题

题解

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1.

贪心的思路就是从价格最高的点买入，从价格最低的点卖出，这样可以获得最大收益 但是问题很多：

要从起点出发，终点返回，但我们选的这两点不一定能从起点到，从终点出这两点本身也不一定能到

我们也可以判连通，但这样时间复杂度就高达$O(会T)$

2.

枚举在哪一个点卖出，再选一个从起点到这个点的最低价格买入

这个最低价的点应该怎么求呢？

用类似单源最短路的思想，只是每次更新不用边权判断，而是如果点权小就更新，注意点权可以为负，所以要用spfa

void spfa(int s){ queue<int> que; for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=w[i]; que.push(i); vis[i]=1; } while(!que.empty()){ int u=que.front(); que.pop(); vis[u]=0; int size=g[u].size(); for(int i=0;i<size;i++){ int v=g[u][i]; if(a[u]<a[v]){ a[v]=a[u]; if(!vis[v]){ que.push(v); vis[v]=1; } } } } }

3.

真就完了？怎么可能我总代码都还没放

现在能保证起点能到以及连通了，但他能到终点吗？

没错，我们还得判一遍是否与终点连通

首先反向建图，然后从终点开始BFS，所有遍历到的点就一定可到终点啦

更新的时候加个判断就OK

时间复杂度$O(能过)$

void afps(int s){ queue<int> que; que.push(s); vis[s]=1; while(!que.empty()){ int u=que.front(); que.pop(); int size=g_f[u].size(); for(int i=0;i<size;i++){ int v=g_f[u][i]; if(!vis[v]){ que.push(v); vis[v]=1; } } } } for(int i=1;i<=n;i++){ vis[i]=0; } afps(n); int ans=-0x3f3f3f3f; for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i]){ ans=max(ans,w[i]-a[i]); } }

4.

code:

#include<cstdio> #include<iostream> #include<vector> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; const int MAXN=100005; const int MAXM=500005; int w[MAXN]; vector<int> g[MAXN],g_f[MAXN]; int a[MAXN]; bool flag[MAXN]; bool vis[MAXN]; int n; void spfa(int s){ queue<int> que; for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=w[i]; que.push(i); vis[i]=1; } while(!que.empty()){ int u=que.front(); que.pop(); vis[u]=0; int size=g[u].size(); for(int i=0;i<size;i++){ int v=g[u][i]; if(a[u]<a[v]){ a[v]=a[u]; if(!vis[v]){ que.push(v); vis[v]=1; } } } } } void afps(int s){ queue<int> que; que.push(s); vis[s]=1; while(!que.empty()){ int u=que.front(); que.pop(); int size=g_f[u].size(); for(int i=0;i<size;i++){ int v=g_f[u][i]; if(!vis[v]){ que.push(v); vis[v]=1; } } } } int main(){ int m; scanf("%d %d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&w[i]); } for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,type; scanf("%d %d %d",&u,&v,&type); if(type==1){ g[u].push_back(v); g_f[v].push_back(u); } else{ g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); g_f[u].push_back(v); g_f[v].push_back(u); } } spfa(1); for(int i=1;i<=n;i++){ vis[i]=0; } afps(n); int ans=-0x3f3f3f3f; for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i]){ ans=max(ans,w[i]-a[i]); } } printf("%d",ans); return 0; }