LG1073【NOIp2009】最优贸易 < Tarjan+DP >

PRoblem

最优贸易

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。
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，$1\le n\le 6$。
对于 $30\%$的数据，$1\le n\le 100$。
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，$1\le n\le 10^5$，$1\le m\le 5\times 10^5$，$1\le x,y\le n$，$1\le z\le 2$，$1\le 各城市水晶球价格\le 100$。
$NOIp\;2009$ 提高组 第三题

标签：Tarjan DP

Solution

吐槽一下，这人的旅费远大于他赚的差价
作为中间商，真是个无脑商人…

首先肯定要缩点，记录每个分量的所有点中价格的最大值和最小值，缩点后$DP$的时候就是$DAG$了，不会有环。
接下来是$BFS$同时$DP$。$f[i]$表示从源点走到$i$点，最大差价是多少。初值为$f[i] = max[i]-min[i]$。从源点所在点开始$BFS$，从$u$走到一个点$v$，先更新$min[v]$的值，即$min[v] = min(min[u], min[v])$。然后更新$f[v] = max(max(f[u], f[v]), max[v]-min[v])$，分别指最大价格在从源点到$u$的路径上和最大价格在$v$这个分量里。最后输出终点所在分量的$f$值即可。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#define MAX_N 100000
#define INF 2147483647
using namespace std;
int n, m, c[MAX_N+5], mm[MAX_N+5], mx[MAX_N+5], f[MAX_N+5];
int dfn[MAX_N+5], low[MAX_N+5], id[MAX_N+5], ind, cnt;
vector <int> G[MAX_N+5], E[MAX_N+5];
stack <int> sta;    bool insta[MAX_N+5];
void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++ind, sta.push(u), insta[u] = true;
    for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
        int v = G[u][i];
        if (!dfn[v])	tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
        else if (insta[v])	low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if (low[u] == dfn[u]) {
        cnt++, mm[cnt] = INF, mx[cnt] = 0;
        for (int i = sta.top(); ; i = sta.top()) {
            id[i] = cnt, mm[cnt] = min(mm[cnt], c[i]), mx[cnt] = max(mx[cnt], c[i]);
            sta.pop(), insta[i] = false;	if (i == u)	break;
        }
    }
}
queue <int> que;    bool inque[MAX_N+5];
void BFS() {
    for (int i = 1; i <= cnt; i++)	f[i] = mx[i]-mm[i];
    que.push(id[1]), inque[id[1]] = true;
    while (!que.empty()) {
        int u = que.front();	que.pop(), inque[u] = false;
        for (int i = 0; i < E[u].size(); i++) {
            int v = E[u][i];	mm[v] = min(mm[v], mm[u]);
            f[v] = max(max(f[u], f[v]), mx[v]-mm[v]);
            if (!inque[v])	que.push(v), inque[v] = true;
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)	scanf("%d", &c[i]);
    while (m--) {
        int u, v, d;	scanf("%d%d%d", &u, &v, &d);
        if (d == 1)	G[u].push_back(v);
        else	G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)	if (!dfn[i])	tarjan(i);
    for (int u = 1; u <= n; u++)
        for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
            int v = G[u][i];	if (id[u] == id[v])	continue;
            E[id[u]].push_back(id[v]);
        }
    BFS();	printf("%d", f[id[n]]);
    return 0;
}