题目描述
C 国有 n 个大城市和 m 条道路，每条道路连接这 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 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 条。
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 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 国 n 个城
市的标号从 1~ n，阿龙决定从 1 号城市出发，并最终在 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 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 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 国有 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 号城市的水晶球价格分别为 4，3，5，6，1。
阿龙可以选择如下一条线路：1->2->3->5，并在 2 号城市以 3 的价格买入水晶球，在 3
号城市以 5 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为 2。
阿龙也可以选择如下一条线路 1->4->5->4->5，并在第 1 次到达 5 号城市时以 1 的价格
买入水晶球，在第 2 次到达 4 号城市时以 6 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为 5。
现在给出 n 个城市的水晶球价格，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。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含 2 个正整数 n 和 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 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 个城
市的商品价格。
接下来 m 行，每行有 3 个正整数，x，y，z，每两个整数之间用一个空格隔开。如果 z=1，
表示这条道路是城市 x 到城市 y 之间的单向道路；如果 z=2，表示这条道路为城市 x 和城市
y 之间的双向道路。
输出格式：
输出文件 trade.out 共 1 行，包含 1 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。
输入输出样例
5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2
5
说明
【数据范围】
输入数据保证 1 号城市可以到达 n 号城市。
对于 10%的数据，1≤n≤6。
对于 30%的数据，1≤n≤100。
对于 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%的数据，1≤n≤100000，1≤m≤500000，1≤x，y≤n，1≤z≤2，1≤各城市
水晶球价格≤100。
NOIP 2009 提高组 第三题
很明显要求每个点之前的最小点和之后的最大点
暴力的话O(n^2)
50%是DAG，直接DP就行了
如果不是DAG，没法直接用DP，有两种思路
1.将spfa变形，从求d[i]变成求mn[i]和mx[i]，当然要正反建图
2.tarjan求强连通分量，然后缩点再DP
当然是spfa好写了
// // main.cpp // noip2009c // // Created by Candy on 28/10/2016. // Copyright © 2016 Candy. All rights reserved. // #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; const int N=1e5+5,M=5e5+5,INF=1e9; inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0'; c=getchar();} return x*f; } int n,m,x,y,z,w[N]; struct edge{ int v,ne,vf,nef; }e[M<<1]; int h[N],cnt=0,hf[N]; void ins(int u,int v){ cnt++; e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt; e[cnt].vf=u;e[cnt].nef=hf[v];hf[v]=cnt; } int q[N],head=1,tail=1,inq[N]; int mn[N],mx[N]; inline void lop(int &x){if(x==N-1) x=1;} void spfa1(){ memset(mn,127,sizeof(mn)); q[tail++]=1; mn[1]=w[1]; while(head!=tail){ int u=q[head++];inq[u]=0;lop(head);//printf("spfa1 %d ",u); for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){ int v=e[i].v; if(mn[v]>min(mn[u],w[v])){ mn[v]=min(mn[u],w[v]); if(!inq[v]){q[tail++]=v;inq[v]=1;lop(tail);} } } } } void spfa2(){ memset(mx,-1,sizeof(mx)); memset(inq,0,sizeof(inq)); head=tail=1; q[tail++]=n; mx[n]=w[n]; while(head!=tail){ int u=q[head++];inq[u]=0;lop(head);//printf("spfa2 %d %d ",u,mx[u]); for(int i=hf[u];i;i=e[i].nef){ int v=e[i].vf; if(mx[v]<max(mx[u],w[v])){ mx[v]=max(mx[u],w[v]); if(!inq[v]){q[tail++]=v;inq[v]=1;lop(tail);} } } } } int main(int argc, const char * argv[]) { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ x=read();y=read();z=read(); ins(x,y);if(z==2) ins(y,x); } spfa1(); spfa2(); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(mn[i]<INF&&mx[i]>0) ans=max(ans,mx[i]-mn[i]); //printf("%d %d %d ",i,mn[i],mx[i]); } printf("%d",ans); return 0; }