Description

C 國有 n 個大城市和 m 條道路，每條道路連接這 n 個城市中的某兩個城市。任意兩個城市之間最多只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，各地的資源分布情況各不相同，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信息之後，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，任何城市可以重復經過多次，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接情況如下圖，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條道路的信息（每條道路所連接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。

Input

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。

Output

共1 行， 包含 1 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。

Sample Input

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

Sample Output

5

Hint

數據範圍：
輸入數據保證 1 號城市可以到達 n號城市。
對於 10%的數據，1≤n≤6。
對於 30%的數據，1≤n≤100。
對於 50%的數據，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%的數據，1≤n≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市水晶球價格≤100。

題解：

　　還是一道十分有趣的題目，首先，我們看一下百分之50的數據，保證圖是一個DAG，那麽我們就可以考慮用動態規劃來解決，設dp[i]表示從i點出發，到n之間最大的點權是多大（保證只有能到n的點才能更新答案），那麽顯然dp[i]=max(dp[to],dp[i]),如果i節點能到n節點，dp[i]=max(dp[i],quan[i]),那麽答案就是枚舉一個買的點，那麽答案就是max(dp[i]-quan[i])。

　　為什麽要先知道50分的呢？（因為我只想出了50 ^_^），看了題解，50分是提醒我們想到正解的，我們考慮，因為如果我們強聯通分量縮點，那麽圖又變成了一個DAG，我們只要維護每個縮點的最大點權和最小點權，又可以用上述dp方法了。

　　正確性是因為顯然如果在一個聯通分量裏面，那麽兩點之間一定都可以到達，並且從一個強連通分量返回另一個強連通分量是不可能的。

代碼：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#define MAXN 500100
#define MAXN2 200100
using namespace std;
struct edge{
    int first;
    int next;
    int to;
}a[MAXN*2];
int dfn[MAXN],low[MAXN],in[MAXN],fa[MAXN],maxx[MAXN],minn[MAXN];
int f[MAXN2],quan[MAXN2],x[MAXN],y[MAXN],z[MAXN];
int num1=0,num2=0,num3=0,ans=0,n,m;
stack<int> s;
void addedge(int from,int to){
    a[++num1].to=to;
    a[num1].next=a[from].first;
    a[from].first=num1;
}

void tarjian(int now){
    dfn[now]=low[now]=num2++;s.push(now);in[now]=1;
    for(int i=a[now].first;i;i=a[i].next){
        int to=a[i].to;
        if(!dfn[to]){
            tarjian(to);
            low[now]=min(low[now],low[to]);
        }
        else if(in[to]) low[now]=min(low[now],dfn[to]);
    }
    if(low[now]==dfn[now]){
        num3++;
        int u=-1;
        while(u!=now){
            u=s.top();s.pop();
            maxx[num3]=max(maxx[num3],quan[u]);
            minn[num3]=min(minn[num3],quan[u]);
            fa[u]=num3;
            in[u]=0;
        }
    }
}

void DP(int now){
    dfn[now]=1;
    if(now==fa[n]) f[now]=maxx[fa[n]];
    for(int i=a[now].first;i;i=a[i].next){
        int to=a[i].to;
        if(!dfn[to]) DP(to);
        f[now]=max(f[to],f[now]);
    }
    if(f[now]){
        f[now]=max(f[now],maxx[now]);
    }
    ans=max(ans,f[now]-minn[now]);
}

void make(){
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(fa[x[i]]!=fa[y[i]]) addedge(fa[x[i]],fa[y[i]]);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(minn,127,sizeof(minn));
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&quan[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&z[i]);
        if(z[i]==2)addedge(x[i],y[i]),addedge(y[i],x[i]);
        else addedge(x[i],y[i]);
    }
    while(!s.empty()) s.pop();
    tarjian(1);
    memset(a,0,sizeof(a));num1=0;
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    make();
    DP(fa[1]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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