Loading... # ACWing 341 最优贸易 题解 ## 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。  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 $0$。 ## 解题思路 ### 动态规划 这道题可以用动态规划的思路去解决， 在遍历从$1$到$n$的最短路的时候， 可以维护数组`dmin[k]`， 表示从$1$走到$k$的路径中， 水晶球价格的最小值。 同理， 在遍历从$n$到$1$的最短路的时候， 可以维护数组`dmax[k]`， 表示从$k$走到$n$的所有路径中， 水晶球的价格的最大值 因此， 赚得钱的最大值为`max(0, dmax[i] - dmin[i])` ```cpp #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <vector> #include <cstring> #include <queue> #define endl '\n' using namespace std; const int N = 2e6 + 10; int n, m; int hs[N], he[N], e[N], ne[N], idx; int dmin[N], dmax[N]; bool st[N]; int values[N]; void add(int h[], int a, int b) { e[idx] = b; ne[idx] = h[a]; h[a] = idx ++; } void spfa(int h[], int dist[], int type) { memset(st, 0, sizeof st); queue<int> q; if(type == 0) { memset(dist, 0x3f, sizeof dmin); dist[1] = values[1]; q.push(1); st[1] = true; } else { memset(dist, -0x3f, sizeof dmax); dist[n] = values[n]; q.push(n); st[n] = true; } while(q.size()) { int u = q.front(); q.pop(); st[u] = false; for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) { int j = e[i]; if((type == 0 && dist[j] > min(dist[u], values[j])) || (type == 1 && dist[j] < max(dist[u], values[j]))) { if(type == 0) dist[j] = min(dist[u], values[j]); else dist[j] = max(dist[u], values[j]); if(st[j]) continue; q.push(j); st[j] = true; } } } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); memset(hs, -1, sizeof hs); memset(he, -1, sizeof he); cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> values[i]; for(int i = 1; i <= m; i ++) { int x, y, z; cin >> x >> y >> z; add(hs, x, y); add(he, y, x); if(z == 2) { add(hs, y, x); add(he, x, y); } } spfa(hs, dmin, 0); spfa(he, dmax, 1); int ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i ++) { // cout << dmax[i] << ' ' << dmin[i] << endl; ans = max(ans, dmax[i] - dmin[i]); } cout << ans << endl; return 0; } ``` ### 分层图 显然这道题可以用分层图的方式来解决。注意到在整个过程中， 只会买卖一次， 因此可以建立一个三层图： - 连接第一层和第二层图之间的权重描述的是买入(权重为负数)。 - 连接第二层图和第三层图之间的权重描述的是卖出(权重为正数)。 - 同层图中的权重均为0(不存在买入和卖出) 能赚取的最大的差旅费则是从第一层图的起点走到最后一层图的终点的最长路径。 由于存在负权边， 因此需要考虑使用spfa解决。 ```cpp #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <vector> #include <cstring> #include <queue> #define endl '\n' using namespace std; const int N = 2e6 + 10; int n, m; int h[N], e[N], ne[N], w[N], idx; int dist[N]; bool st[N]; void add(int a, int b, int c) { e[idx] = b; ne[idx] = h[a]; w[idx] = c; h[a] = idx ++; } void spfa() { memset(st, 0, sizeof st); memset(dist, -0x3f, sizeof dist); queue<int> q; dist[1] = 0; q.push(1); st[1] = true; while(q.size()) { int u = q.front(); q.pop(); st[u] = false; for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { int j = e[i]; if(dist[j] < dist[u] + w[i]) { dist[j] = dist[u] + w[i]; if(st[j]) continue; st[j] = true; q.push(j); } } } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); memset(h, -1, sizeof h); cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; i ++) { int v; cin >> v; add(i, i + n, -v); add(i + n, i + 2 * n, v); } for(int i = 1; i <= m; i ++) { int x, y, z; cin >> x >> y >> z; for(int j = 0; j <= 2; j ++) { add(x + j * n , y + j * n, 0); if(z == 2) add(y + j * n, x + j * n, 0); } } spfa(); cout << max(0, dist[3 * n]) << endl; return 0; } ``` 最后修改：2025 年 03 月 12 日 © 允许规范转载 赞 如果觉得我的文章对你有用，请随意赞赏