标签：div 最大的 png 情况下 思路 include 数组 存在 接下来
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：
输出文件 trade.out 共 1 行，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。
【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。
NOIP 2009 提高组 第三题
在做这道题时，犯了很多小错误，打个spfa把vis数组写成了dis，然后一直没发现，但神奇的是样例过了，然后疯狂WA。。。。。。
这道题的思路很简单：
在一条从起点到终点的路上的任意一个点，在这个点的前开后闭区间里买入，并且在前闭后开区见里抛出，最大的差价即为最优贸易
自然想到了spfa但是spfa是依赖边权进行计算的，那怎么办，我们可以把点权赋给相邻的边权。
本题又很多细节需要处理：
1.建图是错综复杂，务必要检查清楚。
2.本图是有环的！判断条件在里面将会将spfa卡住！
3.对于每一次操作（每一条边）都应该在1.该边边权 2.起点值 3.终点值里面筛选min
4.初始化很重要，不然会进入低价的死路！
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int gg=1000000+5; 4 int n,m; 5 int b[100000+2]; 6 int dis[gg],dis2[gg]; 7 struct node{ 8 int w; 9 int to; 10 int net; 11 }a[gg],aa[gg]; 12 bool vis[gg],vis2[gg]; 13 int head[gg],head2[gg]; 14 int cnt,cnt2; 15 16 inline void add2(int i,int j,int w) 17 { 18 aa[++cnt2].to=j; 19 aa[cnt2].net=head2[i]; 20 aa[cnt2].w=w; 21 head2[i]=cnt2; 22 } 23 24 inline void add(int i,int j,int w) 25 { 26 a[++cnt].to=j; 27 a[cnt].net=head[i]; 28 a[cnt].w=w; 29 head[i]=cnt; 30 } 31 32 inline void spfa(int s) 33 { 34 deque<int>q; 35 for(int i=1;i<=n;i++) 36 dis[i]=999999; 37 memset(vis,false,sizeof(vis)); 38 q.push_back(s); 39 dis[s]=0; 40 vis[s]=true; 41 while(!q.empty()) 42 { 43 int u=q.front(); 44 q.pop_front(); 45 vis[u]=false; 46 for(int i=head[u];i;i=a[i].net) 47 { 48 int v=a[i].to; 49 if(dis[v]>min(dis[u],a[i].w)) 50 { 51 dis[v]=min(dis[u],a[i].w); 52 if(!vis[v]) 53 { 54 vis[v]=true; 55 if(q.empty()||dis[v]>dis[q.front()]) 56 { 57 q.push_back(v); 58 } 59 else 60 { 61 q.push_front(v); 62 } 63 } 64 } 65 } 66 } 67 } 68 69 inline void spfa2(int s) 70 { 71 deque<int>q; 72 for(int i=1;i<=n;i++) 73 dis2[i]=0; 74 memset(vis2,false,sizeof(vis2)); 75 q.push_back(s); 76 dis2[s]=0; 77 vis2[s]=true; 78 while(!q.empty()) 79 { 80 int u=q.front(); 81 q.pop_front(); 82 vis2[u]=false; 83 for(int i=head2[u];i;i=aa[i].net) 84 { 85 int v=aa[i].to; 86 if(dis2[v]<max(dis2[u],aa[i].w)) 87 { 88 dis2[v]=max(dis2[u],aa[i].w); 89 if(!vis2[v]) 90 { 91 vis2[v]=true; 92 if(q.empty()||dis2[v]>dis2[q.front()]) 93 { 94 q.push_back(v); 95 } 96 else 97 { 98 q.push_front(v); 99 } 100 } 101 } 102 } 103 } 104 } 105 106 int ans=0; 107 108 int main() 109 { 110 cin>>n>>m; 111 for(int i=1;i<=n;i++) 112 { 113 cin>>b[i]; 114 } 115 for(int i=1;i<=m;i++) 116 { 117 int q,w,e; 118 cin>>q>>w>>e; 119 if(e==1) 120 { 121 add(q,w,b[w]); 122 add2(w,q,b[q]); 123 } 124 else if(e==2) 125 { 126 add(q,w,b[w]); 127 add(w,q,b[q]); 128 add2(q,w,b[w]); 129 add2(w,q,b[q]); 130 } 131 } 132 spfa(1); 133 spfa2(n); 134 for(int i=1;i<=n;i++) 135 { 136 ans=max(ans,dis2[i]-dis[i]); 137 } 138 cout<<ans<<endl; 139 return 0; 140 }
标签：div 最大的 png 情况下 思路 include 数组 存在 接下来
原文地址：http://www.cnblogs.com/Hammer-cwz-77/p/7899091.html
