P1073 [NOIP2009 提高组] 最优贸易

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原题链接

P1073
题目类型：$普及+/提高$
AC记录：Accepted

题目大意

C国有$n$个大城市和$m$条道路。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，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$1\cdots n$，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，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$2$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

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$0$。
$\mathbf{S}\mathbf{a}\mathbf{m}\mathbf{p}\mathbf{l}\mathbf{e}$ $\mathbf{I}\mathbf{n}\mathbf{p}\mathbf{u}\mathbf{t}$

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

$\mathbf{S}\mathbf{a}\mathbf{m}\mathbf{p}\mathbf{l}\mathbf{e}$ $\mathbf{O}\mathbf{u}\mathbf{t}\mathbf{p}\mathbf{u}\mathbf{t}$

5

$\mathbf{H}\mathbf{i}\mathbf{n}\mathbf{t}\&\mathbf{E}\mathbf{x}\mathbf{p}\mathbf{l}\mathbf{a}\mathbf{i}\mathbf{n}$
样例如图所示。

阿龙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$5$。

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，$1\le n\le 100000,1\le m\le 500000,1\le x,y\le n,1\le z\le 2,1\le 各城市水晶球价格\le 100。$

解题思路

类似于51nod 2650 最短缩减路径的解法，我们这一次不是建一个两层的图，而是建一个三层的图！
第一层：原图，第二层：买了一个水晶球，第三层：卖掉了水晶球。

虽然有点乱，但是我尽量画的立体一点。
同层的点连起来的权值为$0$，例如从$C_1$连到$A_1$的权值就是$0$。
第一层连到第二层的线的权值为负，设从第一层的$\alpha$点连到第二层的$\beta$点，第$i$个点的权值为$w_i$，则这条线的权值就是$-w_{\alpha }$，例如从$C_1$连到$A_2$的权值就是$-w_{C_1}$。
第一层连到第二层的线的权值为正，设从第二层的$\alpha$点连到第三层的$\beta$点，第$i$个点的权值为$w_i$，则这条线的权值就是$w_{\alpha }$，例如从$C_2$连到$A_3$的权值就是$w_{C_1}$。
然后就可以做$Spfa$了。
由于他可以不买东西，所以要把答案设为第$n$个点和第$3n$个点之间的最大值。

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最后，祝大家早日

上代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

vector<pair<int,int> >  road[300010];
queue<int>              q;
bool                    vis[300010];
int                     dist[300010];
int                     a[300010];
int                     n,m;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x,y,z;
        cin>>x>>y>>z;
        road[x+0*n].push_back(make_pair(y+0*n,    0));
        road[x+0*n].push_back(make_pair(y+1*n,-a[x]));
        road[x+1*n].push_back(make_pair(y+1*n,    0));
        road[x+1*n].push_back(make_pair(y+2*n, a[x]));
        road[x+2*n].push_back(make_pair(y+2*n,    0));
        if(z==2)
        {
            road[y+0*n].push_back(make_pair(x+0*n,    0));
            road[y+0*n].push_back(make_pair(x+1*n,-a[y]));
            road[y+1*n].push_back(make_pair(x+1*n,    0));
            road[y+1*n].push_back(make_pair(x+2*n, a[y]));
            road[y+2*n].push_back(make_pair(x+2*n,    0));
        }
    }
    memset(dist,-0x7f,sizeof(dist));
    dist[1]=0;
    vis[1]=true;
    q.push(1);
    while(q.size())
    {
        int now=q.front();
        q.pop();
        vis[now]=false;
        for(int i=0; i<road[now].size(); i++)
        {
            int id=road[now][i].first;
            int val=road[now][i].second;
            if(dist[now]+val>dist[id])
            {
                dist[id]=dist[now]+val;
                if(!vis[id])
                {
                    q.push(id);
                    vis[id]=true;
                }
            }
        }
    }
    cout<<max(dist[n],dist[3*n])<<endl;
    return 0;
}

完美切题$\sim$