题目描述

CC C国有n n n个大城市和m mm 条道路,每条道路连接这 nnn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 mmm 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 11 1条。

CC 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 CCC 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 CCC 国 n 个城市的标号从 1 n1~ n1 n,阿龙决定从 11 1号城市出发,并最终在 nnn 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 nnn 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 CCC 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 CC C国有 555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 n1~n1 n 号城市的水晶球价格分别为 4,3,5,6,14,3,5,6,14,3,5,6,1。

阿龙可以选择如下一条线路:111->222->333->555,并在 22 2号城市以3 33 的价格买入水晶球,在 333号城市以5 5 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 11->444->555->444->555,并在第11 1次到达5 55 号城市时以 11 1的价格买入水晶球,在第 222 次到达4 44 号城市时以6 66 的价格卖出水晶球,赚取的旅费数为5 55。

现在给出 nn n个城市的水晶球价格,mmm 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 222 个正整数n n n和 mmm,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 mmm 行,每行有3 3 3个正整数x,y,zx,y,zx,y,z,每两个整数之间用一个空格隔开。如果 z=1z=1z=1,表示这条道路是城市x x x到城市y y y之间的单向道路;如果z=2 z=2z=2,表示这条道路为城市 xx x和城市yy y之间的双向道路。

输出格式

一 个整数,表示最多能赚取的旅费。如果没有进行贸易,则输出 000。

输入输出样例

输入 #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 #1

5

说明/提示

【数据范围】

输入数据保证 111 号城市可以到达n n n号城市。

对于 10%的数据,1≤n≤61≤n≤61≤n≤6。

对于 30%的数据,1≤n≤1001≤n≤1001≤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≤1000001≤n≤1000001≤n≤100000,1≤m≤5000001≤m≤5000001≤m≤500000,1≤x1≤x1≤x,y≤ny≤ny≤n,1≤z≤21≤z≤21≤z≤2,1≤1≤1≤各城市

水晶球价格≤100≤100≤100。

NOIP 2009 提高组 第三题

将双向边存储为两条单向边,建一张原图一张反图,跑两边dijkstra(或者spfa)。第一遍求数组d,d[x]表示从1到x的所有路径中经过的权值最小的节点的权值。 第二遍求数组d1,d1[x]表示从n到x的所有路径中经过的权值最大的节点的权值(由单源最短路的求法可知,只能由确定的点n开始,所以必须建反图求)。   然后遍历节点,ans=max(ans,d1[i]-d[i])更新答案。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
const int M=;
int head[N],ver[M],Next[M],d[N];bool v[N];
int head1[N],ver1[M],Next1[M],d1[N];bool v1[N];
int price[N];
int n,m,tot=,tot1=;
void add(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
Next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void add1(int x,int y)
{
ver1[++tot1]=y;
Next1[tot1]=head1[x];
head1[x]=tot1;
}
priority_queue< pair<int,int> >q;
priority_queue< pair<int,int> >q1;
void dij()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
memset(v,,sizeof(v));
d[]=price[];//一定要注意初始化!!!!!!!!! 千万不能加v[1]=1;!!!!!!
q.push(make_pair(price[],));
while(q.size())
{
int x=q.top().second;q.pop();
if(v[x])continue;
v[x]=;
int i;
for(i=head[x];i;i=Next[i])
{
int y=ver[i];
d[y]=min(d[x],price[y]);
q.push(make_pair(d[y],y));
}
}
}
void dij1()
{
memset(d1,-0x3f,sizeof(d1));//初始化为负无穷
memset(v1,,sizeof(v1));
d1[n]=price[n];//v1[n]=1;//千万不能加这一条
q1.push(make_pair(price[n],n));
while(q1.size())
{
int x=q1.top().second;q1.pop();
if(v1[x])continue;
v1[x]=;
int i;
for(i=head1[x];i;i=Next1[i])
{
int y=ver1[i];
d1[y]=max(d1[x],price[y]);
q1.push(make_pair(d1[y],y));
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
int i;
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&price[i]);
}
for(i=;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
if(z==)
{
add(x,y);
add1(y,x);
}
else
{
add(x,y);add(y,x);
add1(x,y);add1(y,x);
}
}
dij();
dij1();
int ans=;
for(i=;i<=n;i++)
{
ans=max(ans,d1[i]-d[i]);
}
cout<<ans;
return ;
}

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