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 4，3，5，6，1。
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。
输入输出格式
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：
输出文件 trade.out 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。输入输出样例
输入样例#1：
5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2 输出样例#1： 5 说明【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。
NOIP 2009 提高组 第三题
分析：
第一反应就是找出所有1~n的路径 路径最大值-最小值就好了 显然需要dfs 然而途中可能含有环， 这样就会导致dfs无限制地进行下去，这样显然不行 那图上还有什么算法呢，于是就想到了最短路算法：1.Dijkstra用于计算一个节点到其他所有节点的最短路径,
注意该算法要求图中不存在负权边，算法对于每个点都会加入一次删除一次 然而这道题中需要求的是路上的min和max，一旦有环出现， 只加入删除一次就不行了2.spfa是使用率极高的一种最短路算法，ta就可以弥补dij的不足
题目有一个很重要的条件就是起点一定是1
终点一定是n 一次spfa找到的mn和mx不一定能到达n， 而且要满足先买再卖，所以我们跑两遍spfa， 记mn[i]为从1到i的最小权值，mx[i]为从i到n的最大权值 正向跑计算mn， 反向跑计算mx， 输出mx[i]-mn[i]的最大值/*
故题重做，突然翻出了以前的AC代码 是喵喵喵提供的，非常玄学，以至于我明知道有问题，却可以A 主体思想：首先计算每一条边的边权，边权等于到达点的权值减来点的权值 之后从出发点遍历一遍能到达的所有边（spfa），找到最大的边权（能到达n）输出 */没有1A的原因是在spfa的时候条件没有写对
if (min(mn[r],v[way[i].y])
这里写代码片#include#include #include #include using namespace std;int mn[100010],mx[100010]; struct node{ int x,y,nxt;};node way[1000001];node wy[1000001];int n,m,v[100010],tot=0,tt=0,st[100010],stt[100010];queue q;bool p[100010];void add(int u,int w){ tot++; way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].nxt=stt[u];stt[u]=tot;}void ad(int u,int w){ tt++; wy[tot].x=u;wy[tot].y=w;wy[tot].nxt=st[u];st[u]=tt;}void doit(){ int i,j; memset(mn,0x33,sizeof(mn)); memset(mx,0,sizeof(mx)); memset(p,1,sizeof(p)); mn[1]=v[1]; q.push(1); p[1]=0; while (!q.empty()) { int r=q.front(); q.pop(); for (int i=stt[r];i;i=way[i].nxt) { if (min(mn[r],v[way[i].y])