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,任何城市可以被重复经过多次,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。
因为阿龙主要是来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。
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。
注意:本题数据有加强。
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,表示答案。
数据范围
1≤n≤100000,
1≤m≤500000,
1≤各城市水晶球价格≤100
样例
输入样例:
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
输出样例:
5
SPFA+DP
题意:这个商人在某个城市买水晶球,在某个城市卖出,买卖操作最多只进行一次,且当赚不到钱时就可以不进行
在许多图论的算法中其实都是用到了DP的原理,比如Floyd算法。并且DP的依赖关系可以构成一张图,如果图拓扑图,那么直接用DP求解,如果不是,那么会出现死循环,就可以转化为最短路(最优化问题)或者高斯消元(依赖关系构成一系列等式)求解。
如果不考虑买卖差价,对商人来说在某个城市买或卖是完全独立的,那么找到一个分界点k,在1~k买,k~n卖(可以在同一个城市买卖),并求出买的最小值和卖的最大值,那么枚举每个城市作为分界点得到差值就可以得到最优的贸易并与0取最大值,那么就满足题意。
在求最大卖出和最小买进的值时,不可以用Dijstra,因为Dijstra要保证在某个点出队时就已经是最优值了,但是这里是无法保证的,因为每个城市的买进值是不一样的并且不是想加的关系,而是只能在一个城市卖出或买入,所以用SPFA较好。
并且SPFA的时间复杂度一般是O(m),有常数k,但是一般不大,所以不会超时。
并且他在1号城市出发在n号城市结束自己的旅程,那么在求最小值时从1出发,在求最大值时从n出发,那么两种计算都只有一个源点。
C++ 代码
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100010,M=2000010;
int n,m;
int hr[N],h[N],e[M],ne[M],idx,w[N];//hr表示反向存图,在求从n开始的最大卖出时要用到
int dmin[N],dmax[N],st[N];
void add(int *h,int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void spfa(int type){//type为0,求最小值,为1,求最大值
if(!type) memset(dmin,0x3f,sizeof dmin);//注意这里只在求最小值的时候初始化
memset(st,0,sizeof st);
queue<int>q;
if(!type){
q.push(1);
dmin[1]=w[1];
}
else{
q.push(n);
dmax[n]=w[n];
}
while(q.size()){
int t=q.front();
q.pop();
st[t]=0;
if(!type){
for(int i=h[t];~i;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(dmin[j]>min(w[j],dmin[t])){
dmin[j]=min(w[j],dmin[t]);
if(!st[j]){
q.push(j);
st[j]=1;
}
}
}
}
else{
for(int i=hr[t];~i;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(dmax[j]<max(w[j],dmax[t])){
dmax[j]=max(w[j],dmax[t]);
if(!st[j]){
q.push(j);
st[j]=1;
}
}
}
}
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof h);
memset(hr,-1,sizeof hr);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
for(int i=0;i<m;i++){
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add(h,a,b);add(hr,b,a);
if(c==2) add(h,b,a),add(hr,a,b);
}
spfa(0);
spfa(1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=max(ans,dmax[i]-dmin[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}