最優貿易

題目描述

C C 國有 n n 個大城市和 mm 條道路，每條道路連接這 nn 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 mm 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 1 條。

C 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 CC 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 CC 國 n 個城市的標號從 1~ n1 n ，阿龍決定從 1 1 號城市出發，並最終在 nn 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 nn 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 CC 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 C 國有 55 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~n1 n 號城市的水晶球價格分別為 4,3,5,6,14,3,5,6,1 。

阿龍可以選擇如下一條線路： 11 -> 22 -> 33 -> 55 ，並在 2 2 號城市以 33 的價格買入水晶球，在 33 號城市以 5 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 11 -> 44 -> 55 -> 44 -> 55 ，並在第 1 1 次到達 55 號城市時以 1 1 的價格買入水晶球，在第 22 次到達 44 號城市時以 66 的價格賣出水晶球，賺取的旅費數為 55 。

現在給出 n n 個城市的水晶球價格， mm 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。

輸入輸出格式
輸入格式：
第一行包含 22 個正整數 n n 和 mm ，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 mm 行，每行有 3 3 個正整數 x,y,zx,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 x 到城市 y y 之間的單向道路；如果 z=2z=2 ，表示這條道路為城市 x x 和城市 y 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 00 。

輸入輸出

輸入樣例：

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

輸出樣例：

5

說明

【數據範圍】

輸入數據保證 11 號城市可以到達 n n 號城市。

對於 10%的數據， 1≤n≤61≤n≤6 。

對於 30%的數據， 1≤n≤1001≤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≤1000001≤n≤100000 ， 1≤m≤5000001≤m≤500000 ， 1≤x1≤x ， y≤ny≤n ， 1≤z≤21≤z≤2 ， 1≤1≤ 各城市

水晶球價格 ≤100≤100 。




這道題可以分層圖做，感覺很可做的樣子。。。
就是把圖分成三層，你買一個就是到第二層，賣一個就是第三層。。。
感覺分層圖的特點就是要麽動作有前後性，每做一個動作就下一層； 要麽就是數據範圍裏面有個很特別的條件，比如邊權小於100啥的，反正有個特別小的數。
我頭鐵tarjan縮點+遞推。。。
代碼有點亂，零零碎碎寫的，生物課上在草稿紙上畫明白的。。。英語課來寫。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
int n, m, cnt1, tnt1, scc1[maxn], dfn1[maxn], low1[maxn];
int dis1[maxn], dis2[maxn], ans1[maxn], ans2[maxn];
int dpmax[maxn], dpmin[maxn];
bool flag[maxn];
vector<int> point1[maxn];
vector<int> edge1[maxn];
vector<int> edge2[maxn];
stack<int> s;
queue<int> q;

inline int read()
{  
   int s = 0, w = 1;  char ch = getchar();  
   while(ch <= '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}  
   while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();  
   return s * w;  
}  

inline void connect(int a, int b){point1[a].push_back(b);}

inline void putit()
{
    n = read(); m = read(); memset(ans2, 127, sizeof(ans2));
    for(int i = 1; i <= n; ++i) dis1[i] = dis2[i] = read();
    for(int a, b, val, i = 1; i <= m; ++i){
        a = read(); b = read(); val = read();
        if(val == 1)    connect(a, b);
        else{connect(a, b); connect(b, a);}
    }
}

void tarjan1(int t)
{
    low1[t] = dfn1[t] = ++cnt1; s.push(t);
    for(int i = point1[t].size() - 1; i >= 0; --i){
        int now = point1[t][i];
        if(!dfn1[now]){
            tarjan1(now);
            low1[t] = min(low1[t], low1[now]);
        }
        else if(!scc1[now]){
            low1[t] = min(low1[t], low1[now]);
        }
    }
    if(low1[t] == dfn1[t]){
        tnt1++; int now;
        while(true){
            now = s.top(); s.pop();
            scc1[now] = tnt1; 
            ans1[tnt1] = max(ans1[tnt1], dis1[now]); 
            ans2[tnt1] = min(ans2[tnt1], dis1[now]);
            if(now == t) break;
        }
    }
}

inline void link(int a, int b)
{
    edge1[a].push_back(b); edge2[b].push_back(a);
}

inline void workk()
{
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        if(!dfn1[i]) tarjan1(i);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = point1[i].size() - 1; j >= 0; --j)
            link(scc1[i], scc1[point1[i][j]]);
}

void dp_max()
{
    memset(dpmax, 0x3f, sizeof(dpmax));
    q.push(scc1[1]); int now, qwe; dpmax[scc1[1]] = ans2[scc1[1]]; flag[scc1[1]] = true;
    while(!q.empty()){
        now = q.front(); q.pop(); flag[now] = false;
        for(int i = edge1[now].size() - 1; i >= 0; --i){
            qwe = edge1[now][i]; if(qwe == now) continue;
            dpmax[qwe] = min(ans2[qwe], dpmax[now]);
            if(!flag[qwe]){flag[qwe] = true; q.push(qwe);}
        }
    }
}

void dp_min()
{
    memset(dpmin, 0, sizeof(dpmin));
    q.push(scc1[n]); int now, qwe; dpmin[scc1[n]] = ans1[scc1[n]]; flag[scc1[n]] = true;
    while(!q.empty()){
        now = q.front(); q.pop(); flag[now] = false;
        for(int i = edge2[now].size() - 1; i >= 0; --i){
            qwe = edge2[now][i]; if(qwe == now) continue;
            dpmin[qwe] = max(ans1[qwe], dpmin[now]);
            if(!flag[qwe]){flag[qwe] = true; q.push(qwe);}
        }
    }
}

inline void print()
{
    int ret = 0;    
    for(int i = 1; i <= tnt1; ++i)  ret = max(ret, dpmin[i] - dpmax[i]);
    cout << ret;
}

int main()
{
    putit();
    workk();
    dp_max();
    dp_min();
    print();
    return 0;
}

NOIP2009 最優貿易