P1073 最优贸易 NOIP 2009 最短路
2017-10-12 14:48
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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~ 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。
输入输出格式
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。
输入输出样例
输入样例#1:5 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#1:
5
说明
【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
这题显然是正着跑一边SPFA,反着跑一边SPFA,维护所有点到出发点的路径上的最小值,维护所有点到结束点的路径上的最大值,然后for一遍每个点,更新答案就可以了#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; const int MAXN = 500000 + 10; int n, m, head[MAXN], tail, Dis[MAXN], diS[MAXN], a[MAXN]; struct Line{ int to, nxt, flow; }line[ MAXN * 2 ]; bool vis[MAXN]; void add_line( int from, int to, int val ) { line[++tail].nxt = head[from]; line[tail].to = to; line[tail].flow = val; head[from] = tail; } void SPFA( ) { memset( vis, false, sizeof( vis ) ); queue<int>q; while( !q.empty() ) q.pop(); q.push(1); memset( Dis, 0x3f, sizeof( Dis ) ); vis[1] = true; Dis[1] = a[1]; while( !q.empty() ) { int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = false; for( register int i = head[u]; i; i = line[i].nxt ) { if( line[i].flow == 1 ) continue; int v = line[i].to; int tmp = min( Dis[u], a[v] ); if( Dis[v] > tmp ) { Dis[v] = tmp; q.push(v); vis[v] = true; } } } } void AFPS( ) { memset( vis, false, sizeof( vis ) ); queue<int>q; while( !q.empty() ) q.pop(); q.push(n); memset( diS, -1, sizeof( diS ) ); vis = true; diS = a ; while( !q.empty() ) { int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = false; for( register int i = head[u]; i; i = line[i].nxt ) { if( line[i].flow == 0 ) continue; int v = line[i].to; int tmp = max( diS[u], a[v] ); if( diS[v] < tmp ) { diS[v] = tmp; q.push(v); vis[v] = true; } } } } int main( ) { scanf( "%d%d", &n, &m ); for( register int i = 1; i <= n; i++ ) scanf( "%d", &a[i] ); for( register int i = 1; i <= m; i++ ) { int ff, tt, ww; scanf( "%d%d%d", &ff, &tt, &ww ); if( ww == 1 ) { add_line( ff, tt, 0 ); add_line( tt, ff, 1 ); } else { add_line( ff, tt, 0 ); add_line( ff, tt, 1 ); add_line( tt, ff, 1 ); add_line( tt, ff, 0 ); } } SPFA(); AFPS(); int ans = 0; for( register int i = 1; i <= n; i++ ) ans = max( ans, diS[i] - Dis[i] ); printf( "%d\n", ans ); return 0; }
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