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题目描述 Description
【问题描述】
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。
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。
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。
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
5
【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。
这个题可以用SPFA来做，不过需要对SPFA算法中的一些细节进行修改！要用SPFA求出从点1到i中最小的点权，从n到i中最大的点权(因为这样才能使贸易方案中卖水晶球的点在买水晶球的点的后面)，边中不再有权，点带权，SPFA时，用数组maxCost[i]表示从n到i最大的点权，minCost[i]表示从1到n最小的点权，然后进行松弛操作！
SPFA完成后，如图所示，找到点A，使得maxCost[B]-minCost[A]最大，即答案。
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <queue>
#define MAXV 500000
#define MAXE 100000
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
queue<int>q;
struct edge
{
int u,v,next;
}edges[MAXV],edges2[MAXV]; //正向边表、反向边表
int head[MAXE],last[MAXE],nCount=0,nCount2=0,n,m;
int minCost[MAXE],maxCost[MAXE]; //minCost[i]=从第1点到i点之间的最小边,maxCost[i]=最大边
int value[MAXE];
bool inQueue[MAXE]; //inQueue[i]=true表示点i在队列内
void AddEdge(int U,int V)
{
edges[++nCount].u=U;
edges[nCount].v=V;
edges[nCount].next=head[U];
head[U]=nCount;
}
void AddEdge2(int U,int V)
{
edges2[++nCount2].u=U;
edges2[nCount2].v=V;
edges2[nCount2].next=last[U];
last[U]=nCount2;
}
int max(int a,int b)
{
if(a>b) return a;
return b;
}
int min(int a,int b)
{
if(a<b) return a;
return b;
}
void SPFA1()
{
while(!q.empty()) q.pop();
minCost[1]=value[1];
memset(inQueue,false,sizeof(inQueue));
q.push(1);
inQueue[1]=true;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
inQueue[u]=false;
for(int p=head[u];p!=-1;p=edges[p].next)
{
int v=edges[p].v;
if(minCost[u]>value[v]||minCost[v]>minCost[u])
{
minCost[v]=min(value[v],minCost[u]);
if(!inQueue[v])
{
q.push(v);
inQueue[v]=true;
}
}
}
}
}
void SPFA2()
{
while(!q.empty()) q.pop();
maxCost[n]=value[n];
memset(inQueue,false,sizeof(inQueue));
q.push(n);
inQueue[n]=true;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
inQueue[u]=false;
for(int p=last[u];p!=-1;p=edges2[p].next)
{
int v=edges2[p].v;
if(maxCost[u]<value[v]||maxCost[v]<maxCost[u])
{
maxCost[v]=max(value[v],maxCost[u]);
if(!inQueue[v])
{
q.push(v);
inQueue[v]=true;
}
}
}
}
}
int main()
{
int ans=-1;
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(last,-1,sizeof(last));
memset(minCost,INF,sizeof(minCost));
memset(maxCost,-1,sizeof(maxCost));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&value[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
AddEdge(a,b);
AddEdge2(b,a);
if(c==2)
{
AddEdge(b,a);
AddEdge2(a,b);
}
}
SPFA1();
SPFA2();
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ans<maxCost[i]-minCost[i])
ans=maxCost[i]-minCost[i];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}标签：des style blog http color os io ar for
原文地址：http://blog.csdn.net/qpswwww/article/details/39098809
