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
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。
题解：
实际上就是让你在图上任选两个点，求点权差最大的那一组，并且1，u，v，n四点联通。
这道题的巧妙之处在于在求解过程中借用了类似DP的思路：对于一个点i，考虑从i到n所有合法路径上点权最大的那个点，其点权记为des[i]，再考虑从1到i所有合法路径上点权最小的那个点，记为sta[i]，那么最后只需要枚举每个点，取最大的（des[i]-sta[i]）。
剩下的问题就是如何求解des[i]与sta[i]
可以考虑将点权转化为边权（将两个点之间的边权定义为终点的点权），接着在在图上跑两遍队列优化的dj即可。这里实际上是用dj来做DP：将在跑dj过程中的那个dis[]数组（即当前点到起点的距离）分别改为sta[i]与des[i]，那么，在跑dj过程中，有：
des[i]=max（des[i]，wi）；
sta[i]=min（sta[i]，wi）；
接着建两张图：一张正向图一张反向图，在正向图上求sta[i]，在反向图上求des[i]，这样就保证了答案的正确性：1，u，v，n四点联通且对于i，des[i]一定在其后面，sta[i]一定在其前面。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct front_star{ int w,to,next; }; struct sd1{ int is,len; }; priority_queue<sd1>que; bool operator< (sd1 a,sd1 b){ return a.len<b.len; } struct sd2{ int isx,lenx; }; priority_queue<sd2>quex; bool operator< (sd2 a,sd2 b){ return a.lenx>b.lenx; } front_star edge1[500005],edge2[500005]; int n,m,cnt=0,ans=0; int head1[100005],head2[100005],p[100005],des[100005],sta[100005]; int maxn(int a,int b) { return a>b?a:b; } void addedge(int u,int v,int w1) { cnt++; edge1[cnt].to=v; edge1[cnt].w=w1; edge1[cnt].next=head1[u]; head1[u]=cnt; edge2[cnt].to=u; edge2[cnt].w=w1; edge2[cnt].next=head2[v]; head2[v]=cnt; } void clearx() { memset(head1,-1,sizeof(head1)); memset(head2,-1,sizeof(head2)); memset(des,0,sizeof(des)); memset(sta,117,sizeof(sta)); } int main() { clearx(); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]); for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); if(c==1) addedge(a,b,p[b]); else { addedge(a,b,p[b]); addedge(b,a,p[a]); } } des[n]=p[n]; sd1 temp; temp.is=n; temp.len=des[n]; que.push(temp); while(!que.empty()) { sd1 temp=que.top(); que.pop(); if(temp.len!=des[temp.is]) continue; for(int i=head2[temp.is];~i;i=edge2[i].next) { int ct=edge2[i].to; int w1=edge2[i].w; if(des[ct]<w1) { des[ct]=w1; sd1 tempx; tempx.is=ct; tempx.len=des[ct]; que.push(tempx); } } } sta[1]=p[1]; sd2 tempp; tempp.isx=1; tempp.lenx=p[1]; quex.push(tempp); while(!quex.empty()) { sd2 tempxx=quex.top(); quex.pop(); if(tempxx.lenx!=sta[tempxx.isx]) continue; for(int i=head1[tempxx.isx];~i;i=edge1[i].next) { int ct=edge1[i].to; int w1=edge1[i].w; if(sta[ct]>w1) { sta[ct]=w1; sd2 tempxp; tempxp.isx=ct; tempxp.lenx=sta[ct]; quex.push(tempxp); } } } for(int i=1;i<=n;i++) ans=maxn(ans,des[i]-sta[i]); printf("%d ",ans); return 0; }