【NOIP2009】最优贸易

Description

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。

Input

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。

Output

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。

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

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：

　　还是一道十分有趣的题目，首先，我们看一下百分之50的数据，保证图是一个DAG，那么我们就可以考虑用动态规划来解决，设dp[i]表示从i点出发，到n之间最大的点权是多大（保证只有能到n的点才能更新答案），那么显然dp[i]=max(dp[to],dp[i]),如果i节点能到n节点，dp[i]=max(dp[i],quan[i]),那么答案就是枚举一个买的点，那么答案就是max(dp[i]-quan[i])。

　　为什么要先知道50分的呢？（因为我只想出了50  ^_^），看了题解，50分是提醒我们想到正解的，我们考虑，因为如果我们强联通分量缩点，那么图又变成了一个DAG，我们只要维护每个缩点的最大点权和最小点权，又可以用上述dp方法了。

　　正确性是因为显然如果在一个联通分量里面，那么两点之间一定都可以到达，并且从一个强连通分量返回另一个强连通分量是不可能的。

代码：

#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
",ans);
    return 0;
}