算法进阶指南图论 最优贸易

最优贸易 题目描述

C C C 国有 n n n 个大城市和 m m m 条道路，每条道路连接这 n n n 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 m m m 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 1 1 1 条。

C C C 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 C C C 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 C C C 国 n n n 个城市的标号从 1 ∼ n 1\sim n 1∼n，阿龙决定从 1 1 1 号城市出发，并最终在 n n n 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 n n n 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 C C C 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 C C C 国有 5 5 5 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。

假设 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 号城市的水晶球价格分别为 4 , 3 , 5 , 6 , 1 4,3,5,6,1 4,3,5,6,1。

阿龙可以选择如下一条线路： 1 → 2 → 3 → 5 1\to2\to3\to5 1→2→3→5，并在 2 2 2 号城市以 3 3 3 的价格买入水晶球，在 3 3 3 号城市以 5 5 5 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为 2 2 2。

阿龙也可以选择如下一条线路： 1 → 4 → 5 → 4 → 5 1\to4\to5\to4\to5 1→4→5→4→5，并在第 1 1 1 次到达 5 5 5 号城市时以 1 1 1 的价格买入水晶球，在第 2 2 2 次到达 4 4 4 号城市时以 6 6 6 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为 5 5 5。

现在给出 n n n 个城市的水晶球价格， m m m 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 2 2 2 个正整数 n n n 和 m m m，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 n n n 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 n n n 个城市的商品价格。

接下来 m m m 行，每行有 3 3 3 个正整数 x , y , z x,y,z x,y,z，每两个整数之间用一个空格隔开。如果 z = 1 z=1 z=1，表示这条道路是城市 x x x 到城市 y y y 之间的单向道路；如果 z = 2 z=2 z=2，表示这条道路为城市 x x x 和城市 y y y 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 0 0 0。

样例 #1 样例输入 #1 5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2 样例输出 #1 5 提示

【数据范围】

输入数据保证 1 1 1 号城市可以到达 n n n 号城市。

对于 10 % 10\% 10% 的数据， 1 ≤ n ≤ 6 1\leq n\leq 6 1≤n≤6。

对于 30 % 30\% 30% 的数据， 1 ≤ n ≤ 100 1\leq n\leq 100 1≤n≤100。

对于 50 % 50\% 50% 的数据，不存在一条旅游路线，可以从一个城市出发，再回到这个城市。

对于 100 % 100\% 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 100000 1\leq n\leq 100000 1≤n≤100000， 1 ≤ m ≤ 500000 1\leq m\leq 500000 1≤m≤500000， 1 ≤ x , y ≤ n 1\leq x,y\leq n 1≤x,y≤n， 1 ≤ z ≤ 2 1\leq z\leq 2 1≤z≤2，$1\leq $ 各城市的编号 ≤ n \leq n ≤n。

水晶球价格 ≤ 100 \leq 100 ≤100。

思路一：

考虑分层图，因为每个点有两种状态，为买入和卖出，所以我们可以建三层图，平行层之间的边权为0，从第一层到 第二层由当前点 u u u向 u + n u+n u+n连一条边，表示买入，边权为 − w -w −w，同理，我们由 u + n u+n u+n向 u + n ∗ 2 u+n*2 u+n∗2连一条价值为 w w w的边，表示卖出。然后对整个图去跑最长路即可(因为题目说要价值最大）

#include using namespace std; const int N = 1e5 + 5; typedef long long ll; typedef pair pll; typedef array p3; int mod = 1e9+7; const int maxv = 4e6 + 5; // #define endl"\n"int n,m; vector e[N]; void add(int u,int v,int w) { e[u].push_back({v,w}); } int st[N]; int d[N]; void spfa() { memset(d,0x3f,sizeof(d)); d[1]=0; queue q; q.push(1); st[1]=1; while(!q.empty()){ int t=q.front(); q.pop(); st[t]=0; int i; for(auto v:e[t]){ int b=v.first; int w=v.second; if(d[b]>d[t]+w){ d[b]=d[t]+w; if(!st[b]){ q.push(b); st[b]=1; } } } } } void solve() { cin>>n>>m; vector a(n+5); for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],add(i,i+n,-a[i]),add(i+n,i+2*n,a[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ int x,y,z; cin>>x>>y>>z; add(x,y,0); add(x+n,y+n,0); add(x+n*2,y+n*2,0); if(z==2){ add(y,x,0); add(y+n,x+n,0); add(y+n*2,x+n*2,0); } } spfa(); cout<>t; while(t--){ solve(); } system("pause"); return 0; } 思路二：

强连通分量缩点然后进行dp。
初始想法，我们考虑若其为DAG,那么我们可以直接进行DP，但又因为肯定存在环，所以可以对其进行强连通分量缩点。

因为缩完点后为DAG，即有向无环图，而我们对于有向无环图可以直接进行dp，同时我们还可以知道每个强连通分量的最小价值和最大价值，那么我们用dp处理出从 1 号点开始，能到达所有点的最小买入价值，然后用该点的卖出价值减去买入价值，最后对其取max即可。

#include using namespace std; const int N = 1e5 + 5; typedef long long ll; typedef pair pll; typedef array p3; int mod = 1e9+7; // const int maxv = 4e6 + 5; // #define endl"\n"int n, m, tot, dfsn[N], ins[N], low[N]; stack s; vector e[N], e2[N],e3[N];//分别用来存初始图，缩点后的图，缩点后的图对应的反图 vector> scc; vector b(N); int a[N]; int minv[N],maxv[N]; struct node { int u,v,z; }h[N]; void dfs(int x) { low[x] = dfsn[x] = ++tot, ins[x] = 1, s.push(x); for (auto u : e[x]) { if (!dfsn[u]) { dfs(u); low[x] = min(low[x], low[u]); } else if (ins[u]) low[x] = min(low[x], dfsn[u]); } if (dfsn[x] == low[x]) { vector c; while (1) { auto t = s.top(); c.push_back(t); ins[t] = 0; s.pop(); b[t] = scc.size(); int sz=scc.size(); minv[sz]=min(minv[sz],a[t]); maxv[sz]=max(maxv[sz],a[t]); if (t == x) break; } scc.push_back(c); } } void add(int u, int v) { e[u].push_back(v); } bool vis[N]; void dfs2(int x) { vis[x]=1; for(auto u: e3[x]) if(!vis[u]) dfs2(u); } void solve() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,z; cin>>u>>v>>z; h[i]={u,v,z}; add(u,v); if(z==2) add(v,u); } memset(minv,0x3f,sizeof minv); for(int i=1;i<=n;i++){ if(!dfsn[i]){ dfs(i); } } //缩点过程 for(int i=1;i<=m;i++){ auto [u,v,z]=h[i]; int x=b[u],y=b[v]; if(x!=y) { e2[x].push_back(y),e3[y].push_back(x); if(z==2) e2[y].push_back(x),e3[x].push_back(y);//同时注意因为题目中说存在双向边，所以在缩点后的建图中同样也需要建立 } } vector dp(n+5); for(int i=0;i=0;i--){//从1号点开始，强连通分量即为逆拓扑序 if(vis[i]) { ans=max(ans,maxv[i]-dp[i]); } for(auto u: e2[i]){ dp[u]=min(dp[u],dp[i]); } } cout<>t; while(t--){ solve(); } system("pause"); return 0; }