算法进阶指南图论最优贸易-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了算法进阶指南图论最优贸易。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

最优贸易

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 $1\sim n$ ，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。

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假设 $1\sim n$ 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： $1\to2\to3\to5$ ，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： $1\to4\to5\to4\to5$ ，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

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 $0$ 。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

【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， $1\leq n\leq 6$ 。

对于 $30\%$ 的数据， $1\leq n\leq 100$ 。

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， $1\leq n\leq 100000$ ， $1\leq m\leq 500000$ ， $1\leq x,y\leq n$ ， $1\leq z\leq 2$ ，$1\leq $ 各城市的编号 $\leq n$ 。

水晶球价格 $\leq 100$ 。

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 $u$ 向 $u + n$ 连一条边，表示买入，边权为 $- w$ ，同理，我们由 $u + n$ 向 $u + n * 2$ 连一条价值为 $w$ 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 <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

int n,m;

vector<pll> 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<int> 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<int> 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<<d[n]<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	//cin>>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。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-827171.html

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"
int n, m, tot, dfsn[N], ins[N], low[N];
stack<int> s;
vector<int> 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<vector<int>> scc;
vector<int> 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<int> 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<int> dp(n+5);
	for(int i=0;i<scc.size();i++) dp[i]=minv[i];
	int st=b[1];
	int ed=b[n];
	dfs2(ed);//因为要确保能到达n点，所以从n开始进行dfs搜索能够到达的点，由此需要缩点后的反图
	int ans=0;
	for(int i=st;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<<ans<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	//cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}