「NOIP 2009」最优贸易

题目概述

LOJ #2590. 「NOIP2009」最优贸易 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 $1\sim n$，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：$1\to 2\to 3\to 5$，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 $1\to 4\to 5\to 4\to 5$，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。

¶ 解法一

Tarjan 缩点， 重构图 + 判可达性（某一个强连通分量能否到达终点，若不能，则不能更新 ans ） + 跑 DAG 上的 DP

用了一个结论：Tarjan 逆序即为拓扑序

具体看代码吧

#include <algorithm>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <deque>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <utility>
#include <vector>
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, l, r) for (int i = (l); i >= (r); --i)
using std::cerr;
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
using std::make_pair;
using std::pair;
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;

const int N = 100005;

std::vector<int> g[N], ng[N], fg[N];
int price[N];

int min[N], max[N], dfn[N], ins[N], low[N], color[N], dp[N];
std::stack<int> s;
int cnt = 0;
int T = 0;

void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++T, ins[u] = 1;
    s.push(u);
    for (auto v : g[u]) {
        if (!dfn[v]) {
            tarjan(v);
            low[u] = std::min(low[u], low[v]);
        } else if (ins[v]) {
            low[u] = std::min(low[u], low[v]);
        }
    }
    if (dfn[u] == low[u]) {
        int x;
        cnt++;
        // cerr << "cnt" << cnt << ":\n";
        do {
            x = s.top();
            s.pop();
            // cerr << x << ' ';
            color[x] = cnt, ins[x] = 0;
            min[cnt] = std::min(min[cnt], price[x]);
            max[cnt] = std::max(max[cnt], price[x]);
        } while (x != u);
        // cerr << endl;
    }
}

int coutable[N];

void dfs(int u) {
    if (coutable[u]) return;
    coutable[u] = 1;
    for (auto v : fg[u]) dfs(v);
}

int main() {
#ifdef LOCAL
    freopen("input", "r", stdin);
#endif
    std::memset(min, 0x3f, sizeof(min));
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    rep(i, 1, n) cin >> price[i];
    rep(i, 1, m) {
        int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
        g[x].push_back(y);
        if (z - 1) g[y].push_back(x);
    }

    // tarjan
    tarjan(1);

    // rebuild
    rep(u, 1, n) {
        for (auto v : g[u])
            if (color[u] != color[v]) ng[color[u]].push_back(color[v]);
    }

    // connectable
    rep(u, 1, cnt) for (auto v : ng[u]) fg[v].push_back(u);
    dfs(color[n]);

    // topo + dp
    int ans = 0;
    std::memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    per(u, cnt, 1) {
        dp[u] = std::min(dp[u], min[u]);
        if (coutable[u]) ans = std::max(ans, max[u] - dp[u]);
        for (auto v : ng[u]) {
            dp[v] = std::min(dp[v], dp[u]);
        }
    }

    cout << ans;
    return 0;
}

¶ 解法二

正图反图跑 SPFA转移方程定义为

$$d_{v} = \min\Big(\min_{u\rightarrow v}\{d_u\}, price_v\Big)$$

最后减一下

¶ 解法三

引用一下

构造分层图，具体看上面