洛谷P1073 最优贸易(Tarjan + DFS)

本文介绍了一种基于Tarjan算法的贸易路线优化策略,通过缩点处理和寻找最优买卖路径,实现商人阿龙在旅行中获取最大利润的目标。文章详细解释了如何利用Tarjan算法处理有向图,找到所有强连通分量,并通过反图计算点1到各点的最小值和点n到各点的最大值,从而确定最佳贸易策略。

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题目描述

CCC国有 nnn个大城市和 mmm 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 111条。

CCC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 CCCnnn 个城市的标号从 1−n1- n1n,阿龙决定从 111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 CCC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。

在这里插入图片描述

假设 1−n1-n1n 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:1−>2−>3−>51->2->3->51>2>3>5,并在 222号城市以 333 的价格买入水晶球,在 333号城市以 555的价格卖出水晶球,赚取的旅费数为 222

阿龙也可以选择如下一条线路 1−>4−>5−>4−>51->4->5->4->51>4>5>4>5,并在第111次到达 555 号城市时以 111的价格买入水晶球,在第 222 次到达 444 号城市时以 666 的价格卖出水晶球,赚取的旅费数为 555

现在给出 nnn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 nnnmmm,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 nnn 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 nnn 个城市的商品价格。

接下来 mmm 行,每行有 333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 xxx到城市 yyy之间的单向道路;如果 z=2z=2z=2,表示这条道路为城市 xxx和城市yyy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

输入样例:
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:
5
思路

这个题让我们求最大的利润。因为是单向边,所以只能在前面便宜买后面贵卖。又因为有双向边和环,所以我们考虑Tarjan缩点,记录这个大点里最贵的和最便宜的。

如何统计答案?

因为必须从点111 走到点 nnn。所以我们

1.处理出点1到这个点的最小值。
2.建反图处理出点n到这个点的最大值。

最后用每个点的最大值减去最小值更新ansansans , 最大的就是答案。

code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 220000;
struct node
{
	int f , t , v;
}e[maxn<<5];
int n , m , tot ,ans , sum , num , stc;
int head[maxn] , nxt[maxn<<5],used[maxn] , val[maxn] , a[maxn<<5] , b[maxn<<5] , c[maxn<<5];
int dis[maxn][2] , low[maxn] , dfn[maxn] , sta[maxn] , vals[maxn] , valb[maxn] , col[maxn];
inline void build(int a , int b)
{
	e[++tot] = (node){a , b};
	nxt[tot] = head[a];
	head[a] = tot;
}inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar();}
    return x * f;
}
inline void tarjan(int b)
{
	low[b] = dfn[b] = ++ sum;
	sta[++stc] = b;
	used[b] = 1;
	for(int i = head[b] ; i ; i = nxt[i])
	{
		int u = e[i].t;
		if(!dfn[u])
		{
			tarjan(u);
			low[b] = min(low[b] , low[u]);
		}
		else if(used[u])
			low[b] = min(low[b] , dfn[u]);
	}
	if(low[b] == dfn[b])
	{
		num ++;
		vals[num] = 1e9;
		while(sta[stc + 1] != b)
		{
			col[sta[stc]] = num;
			used[sta[stc]] = 0;
			valb[num] = max(valb[num] , val[sta[stc]]);
			vals[num] = min(vals[num] , val[sta[stc]]);
			stc --;
		}
	}
}
inline void dfs(int s , int tim , int nub)
{
	if(tim == 0) dis[s][tim] = min(vals[s] , nub);
	if(tim == 1) dis[s][tim] = max(valb[s] , nub);
	for(int i = head[s] ; i ; i = nxt[i])
	{
		int u = e[i].t;
		if(!used[u])
		used[u] = 1 , dfs(u , tim , dis[s][tim]);
	}
}
inline void clear()
{
	for(int i = 1 ; i <= tot; i ++)
	{
		e[i].f = 0;
		e[i].t = 0;
	}tot = 0;
	memset(head , 0 , sizeof(head));
	memset(nxt , 0 ,sizeof(nxt));
	memset(used , 0 , sizeof(used));	
}
inline void rebuild()
{
	clear();
	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
		if(col[a[i]] != col[b[i]])
			build(col[a[i]] , col[b[i]]);
	dfs(col[1] , 0 , 1e9); 
	clear();
	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
		if(col[a[i]] != col[b[i]])
			build(col[b[i]] , col[a[i]]);
	dfs(col[n] , 1 , -1e9);
}
int main()
{
	n = read(); m = read();
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) val[i] = read();
	for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
	{
		a[i] = read(); b[i] = read(); c[i] = read();
		build(a[i] , b[i]);
		if(c[i] == 2) build(b[i] , a[i]);
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
	rebuild();
	for(int i = 1 ; i <= num ; i ++) ans = max(ans , dis[i][1] - dis[i][0]);
	cout<<ans;
}

End

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