题目：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 $1$~$n$，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 4,3,5,6,14,3,5,6,1。
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。

输入输出样例
输入

输出

说明/提示
【数据范围】
$1≤n≤100000，1≤m≤500000$
$1≤x，y≤n，1≤z≤2$
$1≤各城市水晶球价格≤100$。

题解

题意分析

首先阿龙只能买卖一次，每个地方买和卖价格相同。赚取最多的话，只有低价买，高价卖然后再走到第$n$号点。我们需要找到一条路线可以走到的以最低价格买水晶球的地方，然后再走到最高价格卖出水晶球的地方最后走到$n$号城市离开$C$国。
样例图

解题思路分析

我们把买和卖分开来看，首先我们假设再走到 $K$ 号点之前买了水晶球，在 $K$号点后卖了水晶球。

这样的话我们就可以枚举每个点然后往 $1$ 号点和 $n$号点两个方向上搜索，分别找到最大值和最小值。两个值相减就是赚取到的最大利益。
但是这个题的数据范围比较大，最多有10万个点，枚举十万个点在分别往两个方向做dijskra或者spfa的话，肯定超时。

需要优化一下思路,调整一下计算的顺序。
我们分别从 1 号点和 n 号往剩下的点去搜，分别找到从1号点到 i 个点的所能找到的最小值存到 MIN[i] 。在从 n 号点到i个点的所能找到的最大值存到 MAX[i] ，因为是有向图，从n号点开始搜走需要建立一张与原图方向都相反的图。
这样走到第 i 个点前买水晶球， i个点后卖水晶球。获取的最大利益就为 MAX[i] - MIN[i]
这样只做了两边spfa或者Dijskra （需要调整更新每个点的方式）。
在枚举每个MAX[i] - MIN[i] 求最大值就是最终的结果了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stdio.h>
using namespace std;

int n , m ; //n 个点 ， m 条边
const int N = 100010 , M = 1e6 +10;
int dist[N]; // 存每个城市的 水晶球的价格
int MIN[N] , MAX[N];
bool st[N]; //判重数组
int hs[N] , he[N] , w[M] , e[M] , ne[M] , idx ; //邻接表 hs 正向表头 ， he 反向图的表头

int q[N];   //数据范围比较大，手写队列了。

void add( int h[] , int a ,int b ){ 
    e[idx] = b , ne[idx] = h[a] , h[a] = idx ++ ; 
}

void spfa( int h[] , int type ){    //type == 0 求 最小值 ， type == 1 求最大值

    memset( st , 0 , sizeof st );
    if( type ){
        memset( MAX , -0x3f , sizeof MAX );
        MAX[n] = dist[n];
        q[0] = n;       //队列首元素
    }
    else
    {
        memset( MIN , 0x3f , sizeof MIN );
        MIN[1] = dist[1];
        q[0] = 1;
    }

    int hh = 0 , tt = 0 ; //队头 队尾

    while( hh <= tt ){
        int t = q[ hh ++ ];
        st[t] = false ;

        for( int i = h[t] ; ~i ; i = ne[i] ){ //枚举每个临边
            int j = e[i];

            if( type && MAX[j] < max( dist[j] , MAX[t] ) ){     //可以更新 在 j 点的 MAX
                MAX[j] = max( dist[j] , MAX[t] );   
                if( !st[j] ){
                    q[ ++ tt ] = j; //进队
                    st[j] = true;   //判重数组
                }
            }
            if( !type && MIN[j] > min( dist[j] , MIN[t] ) ){    //可以更新 在 j 点的 MIN
                MIN[j] = min( dist[j] , MIN[t] );  
                if( !st[j] ){
                    q[ ++ tt ] = j;
                    st[j] = true;
                }
            }

        }

    }

}

int main(){

    scanf("%d%d" , &n, &m );

    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d", &dist[i] );

    memset( hs , -1 , sizeof hs ); //正向表
    memset( he , -1 , sizeof he ); //反向表

    while ( m -- )
    {
        int  a , b , c ;
        scanf("%d%d%d", &a , &b , &c );
        add( hs , a , b );
        add( he , b , a );
        if( c == 2 ){       //双向通道 ， 两张表都要在 加一下反向的边。
            add( hs , b , a );
            add( he , a , b );
        }
    }
    spfa( hs , 0 );
    spfa( he , 1 );

    int res = -1;
    for( int i = 1 ; i <= n; i ++ ) res = max(  res , MAX[i] - MIN[i] );

    cout<<res;
    system("pause");
    return 0;
}