NOIP2009-T3 洛谷-1073 最优贸易

Problem

Description

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。

Input

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。

Output

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。

Sample Input

5 5

4 3 5 6 1

1 2 1

1 4 1

2 3 2

3 5 1

4 5 2

Sample Output

5

Date Size

1≤n≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2

Solution

不知道为什么，洛谷上有关这题的题解特别多，然后我全部都翻了一遍，而且我发现大多数人和我的想法都不一样。概括起来，主要的两种解题思路就是tarjan缩点+DP和两遍SPFA。

我的思路和 @薇薇一笑 还有 @Lerbon23james 的题解思路比较接近。只不过他们用了SPFA解决后效性，我用了类似的思想来记忆化搜索，思路也比较直接吧，核心代码也比较短，24行。

mi[x]保存走到x节点时的最小买入值，f[x]保存走到x节点时的最大利润。为了利润最大，那么肯定就要以mi[x]的价格买入最优，然后对于x节点，我们有卖与不卖(因为已经卖过了)的两种选择，不卖f[x]就直接从前驱节点继承，卖可以获得的利润就是c[x]-mi[x]，那么在这两个之间取最大。然后也不会受困于环，因为如若对于某节点，f[x]和mi[x]都没有被更新，那么再继续搜索必定不会获得更优的答案（证明见下）。

相关证明

为了方便表达，将停止处设为v，最优买入点为x。

此时已经遍历过整个环，对于环上的任意一点mi[x]都已经取到了最小值且都相等，且这个最小值为c[v]。因此，必定存在mi[v]无法更新。

f[v]表示在x一直经过到v的路径上卖出的利润，同(1)可以推知，遍历完成之后max也是确定的，那么必定存在f[v]无法更新。(1)(2)表明这个搜索必定会停下。

正确性证明： mi[v]仅表示在此节点可以选取的最优买入点，以在后来的节点进行卖出时状态转移，但与f[v]并不相互干扰，当后继节点的卖出值无法达到足够大时，f[v]不会被更新，其总保存最优答案且得到了所有的方案。

蒟蒻第一次写证明，写的比较乱，不知道会不会被打QwQ

Code

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=100010,maxm=500010;
struct data{
int v,nxt;
}edge[maxm<<1];
int n,m,p,head[maxn],c[maxn],f[maxn],mi[maxn];
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
}
void insert(int u,int v)
{
edge[++p].v=v;
edge[p].nxt=head[u];
head[u]=p;
}
void input()
{
int u,v,k;
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++)
read(c[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
read(u),read(v);
insert(u,v);
read(k);
if(k==2)
insert(v,u);
}
}
void dfs(int x,int minx,int pre)
{
bool b=true;
if(minx>c[x])
minx=c[x];
if(mi[x]>minx)

b2a0
mi[x]=minx,b=false;
int maxx=(c[x]-minx>f[pre]?c[x]-minx:f[pre]);
if(f[x]<maxx)
f[x]=maxx,b=false;
if(b)
return ;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
dfs(edge[i].v,minx,x);
}
int main()
{
input();
memset(mi,0x3f,sizeof(mi));
dfs(1,INF,0);
printf("%d\n",f
);
return 0;
}