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第一行包含两个整数N、M。N表示路口的个数，M表示道路条数。接下来M行，每行两个整数，这两个整数都在1到N之间，第i+1行的两个整数表示第i条道路的起点和终点的路口编号。接下来N行，每行一个整数，按顺序表示每个路口处的ATM机中的钱数。接下来一行包含两个整数S、P，S表示市中心的编号，也就是出发的路口。P表示酒吧数目。接下来的一行中有P个整数，表示P个有酒吧的路口的编号
输出一个整数，表示Banditji从市中心开始到某个酒吧结束所能抢劫的最多的现金总数。
50%的输入保证N, M<=3000。所有的输入保证N, M<=500000。每个ATM机中可取的钱数为一个非负整数且不超过4000。输入数据保证你可以从市中心沿着Siruseri的单向的道路到达其中的至少一个酒吧。
挺不错的结合，挺好实现的
首先题目中有环，很显然换上的都可以取到，但这不符合一般的最短/长路的跑法，所以考虑转化
把图中的环缩成一个点，点权为环上的值总和，对缩出来的点重构图，连边
很显然是个DAG，那么如此这样就可以直接跑了，直接上SPFA跑一遍即可，实际上BFS也可以..
最后枚举所有的酒吧，判断在哪里结束获得最大即可
PS：开始重建图的时候，是在原来的基础上建的，为什么RE成狗？迫使我新开一个重新建...
启发：
有向图出现环，很有可能需要缩成点，这个思想可以应用与最短路，或者网络流上
想题要周到，方便实现的写法，往往最适合
遇到DAG时，尝试利用一下DAG的性质，可能会有奇效
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; #define maxn 500010 int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();} while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) {x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();} return x*f; } int n,m,uu,S,P,ans,val[maxn]; struct Edgenode{int to,next,val;}edge[maxn<<1]; int head[maxn<<1],cnt=1; void add(int u,int v) {cnt++;edge[cnt].to=v;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;} struct Roadnode{int to,next;}road[maxn]; int last[maxn],cn=1; void insert(int u,int v) {cn++;road[cn].to=v;road[cn].next=last[u];last[u]=cn;} int dfn[maxn],low[maxn],qcnt,stack[maxn],top,num[maxn],belong[maxn],tot,valu[maxn]; bool visit[maxn]; void Tarjan(int x) { dfn[x]=low[x]=++tot; visit[x]=1; stack[++top]=x; for (int i=head[x]; i; i=edge[i].next) { if (!dfn[edge[i].to]) { Tarjan(edge[i].to); if (low[edge[i].to]<low[x]) low[x]=low[edge[i].to]; } else if(visit[edge[i].to] && dfn[edge[i].to]<low[x]) low[x]=dfn[edge[i].to]; } if (dfn[x]==low[x]) { qcnt++; while (x!=uu) uu=stack[top--],num[qcnt]++,visit[uu]=0,belong[uu]=qcnt,valu[qcnt]+=val[uu]; } } void rebuild() { for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=head[i]; j; j=edge[j].next) if (belong[i]!=belong[edge[j].to]) insert(belong[i],belong[edge[j].to]); } #define inf 0x7fffffff int dis[maxn]; void spfa() { queue<int>que; memset(visit,0,sizeof(visit)); // for (int i=1; i<=qcnt; i++) dis[i]=-inf; visit[S]=1; dis[S]=valu[S]; que.push(S); while (!que.empty()) { int now=que.front(); que.pop(); visit[now]=0; for (int i=last[now]; i; i=road[i].next) if (dis[road[i].to]<dis[now]+valu[road[i].to]) { dis[road[i].to]=dis[now]+valu[road[i].to]; if (!visit[road[i].to]) visit[road[i].to]=1,que.push(road[i].to); } } } bool bar[maxn]; int main() { n=read(),m=read(); for (int u,v,i=1; i<=m; i++) u=read(),v=read(),add(u,v); for (int i=1; i<=n; i++) val[i]=read(); for (int i=1; i<=n; i++) if (!dfn[i]) Tarjan(i); S=read(); S=belong[S]; P=read(); for (int x,i=1; i<=P; i++) x=read(),bar[x]=1; rebuild(); spfa(); // for (int i=1; i<=n; i++) // printf("%d\n",dis[belong[i]]); for (int i=1; i<=n; i++) if (bar[i]) ans=max(ans,dis[belong[i]]); printf("%d\n",ans); return 0; }
似乎是个不错的NOIP难度题？
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原文地址：http://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5437135.html
