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 CCC 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 國 n 個城市的標號從 1 - > n，阿龍決定從 1號城市出發，並最終在 n 號城市結束自己的旅行。在旅遊的過程中，任何城市可以重複經過多次，但不要求經過所有 n 個城市。阿龍通過這樣的貿易方式賺取旅費：他會選擇一個經過的城市買入他最喜歡的商品――水晶球，並在之後經過的另一個城市賣出這個水晶球，用賺取的差價當做旅費。由於阿龍主要是來 C 國旅遊，他決定這個貿易只進行最多一次，當然，在賺不到差價的情況下他就無需進行貿易。

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 號城市的水晶球價格分別為 4,3,5,6,1
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 22 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 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=1z=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 11 號城市可以到達 n 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

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 500000 * 2 + 10;

int e[N],w[N],ne[N],dis[N],h[N],rh[N],idx;
int a[N];
int n,m;
int st[N];
int minn[N],maxx[N];


void add(int h[], int a, int b){ e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++; }
void spfa1()//get_minn
{
    queue <int> q;
    memset(st,0,sizeof(st));
    st[1] = 1;
    memset(minn,0x3f,sizeof(minn));
    minn[1] = a[1];
    q.push(1);
    while(q.size())
    {
        int t = q.front();
        q.pop();
        st[t] = 0;
        for(int i = h[t]; ~i ; i = ne[i] )
        {
            int j = e[i];
            if(minn[j] > min(minn[t] , a[j]) )
            {
                minn[j] = min(minn[t] , a[j]);
                if(!st[j])
                {
                    st[j] = 1;
                    q.push(j);
                }
            }
        }
    }
}

void spfa2()//get_maxx
{
    queue <int> qq;
    memset(st,0,sizeof(st));
    st[n] = 1;
    qq.push(n);
    maxx[n] = a[n];
    while(qq.size())
    {
        int t = qq.front();
        //cout<<t<<" ";
        qq.pop();
        st[t] = 0;
        for(int i = rh[t]; ~i ; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            if(maxx[j] < max(maxx[t] , a[j]))
            {
                maxx[j] = max(maxx[t] , a[j]);
                if(!st[j])
                {
                    st[j] = 1;
                    qq.push(j);
                }
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&m);
    memset(h, -1,sizeof(h));
    memset(rh,-1,sizeof(rh));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int a, b, c;
        scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
        if(c == 1)
        {
            add(h, a, b);
            add(rh,b, a);
        }
        if(c == 2)
        {
            add(h, a, b);
            add(rh,b, a);
            add(rh, a, b);
            add(h, b, a);
        }
    }
    spfa1();
    spfa2();
    int ans  =  0;
   // for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",minn[i]);
   // printf("\n");
   // for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",maxx[i]);
   // printf("\n");
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ans = max(maxx[i] - minn[i],ans);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}