loj-2590 NOIP2009 最优贸易

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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 $1\sim n$ ，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 $1\sim n$ 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：$1\rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 5$，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 $1\rightarrow 4 \rightarrow 5 \rightarrow 4 \rightarrow 5$，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

输入第一行包含 $2$ 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 $0$ 。

样例

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5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2

样例输出

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数据范围与提示

输入数据保证 $1$ 号城市可以到达 $n$ 号城市。

对于 $10\%$ 的数据，$n\le 6$；

对于 $30\%$ 的数据，$n\le 100$；

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，$1\le n\le 100,000$，$1\le m\le 500,000$，$1\le x, y \le n$，$1\le z\le 2$，各城市水晶球价格 $\le 100$。

loj链接

我已经很久很久很久没有水更过 $blog$ 了......

最近暑假刚好有点空所以来写点题解。

这道题是一道很经典的分层图题目，虽然我看不出来

以前我可能写过这道题，但也是半懂不懂抄题解的，现在重写了一遍，感觉理解透彻了很多。

我们可以把这张图看成有相同的 $3$ 层，每一层中节点的连接方式如题所述，然后我们将第 $1$ 层的 $i$ 的节点与第 $2$ 层的相应节点连一条单向边，边权为 $-v[i]$ ，相当于从第 $1$ 层走到第 $2$ 层就是买了这个城市的水晶球，并且我们是走不回去的。

而第 $2$ 层与第 $3$ 层的连接同理，但是边权设为 $v[i]$ ，相当于我们卖掉了水晶球赚了 $v[i]$ 。

加上代码应该很容易理解。

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for (int i = 1; i <= m; i ++)
{
	scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
	if (z == 1)
	{
		for (int j = 1; j <= 3; j ++)
			add_edge(x + (j - 1) * n, y + (j - 1) * n, 0);
	}
	else
	{
		for (int j = 1; j <= 3; j ++)
		{
			add_edge(x + (j - 1) * n, y + (j - 1) * n, 0);
			add_edge(y + (j - 1) * n, x + (j - 1) * n, 0);
		}
	}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++)
{
	add_edge(i, i + n, -v[i]);
	add_edge(i + n,  i + 2 * n, v[i]);
}

最后我们还要注意一个细节：我们是可以不买的，所以我们将每一层的 $n$ 节点都连向我们的最终节点，边权为 $0$, 我这里把 $0$ 号节点设为最终节点。

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add_edge(n, 0, 0);
add_edge(2 * n, 0, 0);
add_edge(3 * n, 0, 0);

最后我们观察：我们从 $1$ 号节点走到 $0$ 节点的最长路即是我们能获得的最大收益。

最后附上完整代码：

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#include <bits/stdc++.h>

const int N = 1e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;

int n, m;
int v[N];

struct E
{
	int to, dis, next;
} edge[(M * 6) + (N << 1)];
int num_edge, head[N * 3];

void add_edge(int from, int to, int dis)
{
	edge[++ num_edge] = (E){to, dis, head[from]};
	head[from] = num_edge;
}

int dis[N * 3];
bool vis[N * 3];
struct point
{
	int u;
	bool friend operator < (point a, point b)
	{
		return dis[a.u] < dis[b.u];
	}
};
std::priority_queue <point> q;

void dijkstra(int s) // dijkstra万岁
{
	memset(dis, -127/3, sizeof dis);
	dis[s] = 0;
	vis[s] = true;
	q.push((point){s});
	while (!q.empty())
	{
		int u = q.top().u;
		q.pop();
		vis[u] = false;
		for (int p = head[u]; p; p = edge[p].next)
		{
			int v = edge[p].to, d = edge[p].dis;
			if (dis[v] < dis[u] + d)
			{
				dis[v] = dis[u] + d;
				if (!vis[v])
					q.push((point){v}), vis[v] = true;
			}
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		scanf("%d", &v[i]);
	int x, y, z;
	for (int i = 1; i <= m; i ++)
	{
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
		if (z == 1)
		{
			for (int j = 1; j <= 3; j ++)
				add_edge(x + (j - 1) * n, y + (j - 1) * n, 0);
		}
		else
		{
			for (int j = 1; j <= 3; j ++)
			{
				add_edge(x + (j - 1) * n, y + (j - 1) * n, 0);
				add_edge(y + (j - 1) * n, x + (j - 1) * n, 0);
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		add_edge(i, i + n, -v[i]);
		add_edge(i + n,  i + 2 * n, v[i]);
	}
	add_edge(n, 0, 0);
	add_edge(2 * n, 0, 0);
	add_edge(3 * n, 0, 0);
	dijkstra(1);
	printf("%d", dis[0]);
	return 0;
}