「NOIP2009」最優貿易 題解
「NOIP2009」最優貿易 題解
題目描述
\(C\)國有\(n\)個大城市和\(m\)條道路，每條道路連線這\(n\)個城市中的某兩個城市。任意兩個城市之間最多隻有一條道路直接相連。這\(m\)條道路中有一部分為單向通行的道路，一部分為雙向通行的道路，雙向通行的道路在統計條數時也計為\(1\)條。
\(C\)國幅員遼闊，各地的資源分佈情況各不相同，這就導致了同一種商品在不同城市的價格不一定相同。但是，同一種商品在同一個城市的買入價和賣出價始終是相同的。
商人阿龍來到\(C\)國旅遊。當他得知同一種商品在不同城市的價格可能會不同這一資訊之後，便決定在旅遊的同時，利用商品在不同城市中的差價賺回一點旅費。設\(C\)
假設\(C\)國有\(5\)個大城市，城市的編號和道路連線情況如下圖，單向箭頭表示這條道路為單向通行，雙向箭頭表示這條道路為雙向通行。
假設\(1-n\)
阿龍可以選擇如下一條線路：\(1->2->3->5\)，並在\(2\)號城市以\(3\) 的價格買入水晶球，在\(3\)號城市以\(5\)的價格賣出水晶球，賺取的旅費數為\(2\)。
阿龍也可以選擇如下一條線路\(1->4->5->4->5\)，並在第\(1\)次到達\(5\)號城市時以\(1\)的價格買入水晶球，在第\(2\)次到達\(4\)號城市時以\(6\)的價格賣出水晶球，賺取的旅費數為\(5\)。
現在給出\(n\)個城市的水晶球價格，\(m\)條道路的資訊（每條道路所連線的兩個城市的編號以及該條道路的通行情況）。請你告訴阿龍，他最多能賺取多少旅費。
輸入格式
第一行包含\(2\)個正整數\(n\)和\(m\)，中間用一個空格隔開，分別表示城市的數目和道路的數目。
第二行\(n\)個正整數，每兩個整數之間用一個空格隔開，按標號順序分別表示這\(n\)個城市的商品價格。
接下來\(m\)行，每行有\(3\)個正整數\(x,y,z\)，每兩個整數之間用一個空格隔開。如果\(z=1\)，表示這條道路是城市\(x\)到城市\(y\)之間的單向道路；如果\(z=2\)，表示這條道路為城市\(x\)和城市\(y\)之間的雙向道路。
輸出格式
一個整數，表示最多能賺取的旅費。如果沒有進行貿易，則輸出\(0\)。
輸入輸出樣例
輸入
5 5
4 3 5 6 1
1 2 1
1 4 1
2 3 2
3 5 1
4 5 2
輸出
5
說明/提示
【資料範圍】
輸入資料保證\(1\)號城市可以到達\(n\)號城市。
對於10%的資料，\(1≤n≤6\)。
對於30%的資料，\(1≤n≤100\)。
對於 50%的資料，不存在一條旅遊路線，可以從一個城市出發，再回到這個城市。
對於 100%的資料，\(1≤n≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤\)各城市水晶球價格\(≤100\)。
NOIP 2009 提高組 第三題
思路一（Tarjan縮點+拓撲排序+DP）
首先來考慮如果該圖為DAG的情況（每個點所在集合為自己）。
（maxn[i] 表示在i點時最大賣出價格，minn[i] 表示在i點時最小進價）
可以借用拓撲排序進行DP實行狀態轉移， 找到1號點能到達的點的答案。在拓撲排序中，有兩點u，v滿足，有一條邊u到v，如果u被訪問過（即是已經求出到達該點的最優解），則將v置為已訪問（先將1所在集合記為訪問過），進行對於u到v的狀態轉移。
更新在v點買進的最小進價：
minn[v]=min(minn[v],minn[u])
更新在走到v點時的最優解：
dp[v]=max(dp[u],dp[v],maxn[v]-minn[v])
最後拓撲排序結束之後，答案就存在dp[belong[i]]中了。
但是，題目中說了會有環
所以，先對該圖進行Tarjan縮點，對於舊圖建一張新圖，將其變為DAG。
我們需要初始化：
maxn[i]為所有屬於i集合的點的價值最大值
minn[i]為所有屬於i集合的點的價值最小值
然後進行上述DAG中的操作即可。
C++程式碼：
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
vector<int> v[MAXN], Dag[MAXN];
stack<int> s;
queue<int> q;
int dfn[MAXN], low[MAXN], belong[MAXN], elem[MAXN];
bool instack[MAXN], vis[MAXN];
int tim, cnt_set;
int w[MAXN], maxn[MAXN], minn[MAXN], in[MAXN], dp[MAXN];
int n, m, ans;
void Read();
void Tarjan(int);
void Build();
void Topo();
int main() {
Read();
Build();
Topo();
return 0;
}
void Topo() {
vis[belong[1]] = 1;
for(int i = 1; i <= cnt_set; i++)
if(!in[i])
q.push(i);
while(!q.empty()) {
int now = q.front(); q.pop();
int SIZ = Dag[now].size();
for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
int next = Dag[now][i];
if(vis[now]) {
vis[next] = 1;
minn[next] = min(minn[next], minn[now]);
dp[next] = max(dp[now], max(dp[next], maxn[next] - minn[next]));
}
if(!(--in[next]))
q.push(next);
}
}
printf("%d", dp[belong[n]]);
}
void Build() {
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(!dfn[i])
Tarjan(i);
memset(minn, 0x7f, sizeof(minn));
for(int i = 1; i <= n; i++) {
maxn[belong[i]] = max(maxn[belong[i]], w[i]);
minn[belong[i]] = min(minn[belong[i]], w[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int SIZ = v[i].size();
for(int j = 0; j < SIZ; j++) {
int next = v[i][j];
if(belong[i] != belong[next]) {
Dag[belong[i]].push_back(belong[next]);
in[belong[next]]++;
}
}
}
}
void Tarjan(int now) {
low[now] = dfn[now] = ++tim;
instack[now] = true;
s.push(now);
int SIZ = v[now].size();
for(int i = 0; i < SIZ; i++) {
int next = v[now][i];
if(!dfn[next]) {
Tarjan(next);
low[now] = min(low[now], low[next]);
}
else if(instack[next])
low[now] = min(low[now], dfn[next]);
}
if(dfn[now] == low[now]) {
cnt_set += 1;
int Top = -1;
while(!s.empty() && Top != now) {
elem[cnt_set]++;
Top = s.top();
belong[Top] = cnt_set;
instack[Top] = false;
s.pop();
}
}
}
void Read() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &w[i]);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int U, V, F;
scanf("%d %d %d", &U, &V, &F);
if(F == 1)
v[U].push_back(V);
else {
v[U].push_back(V);
v[V].push_back(U);
}
}
}