P1073 最优贸易 DAG dp入门

六月ゝ 毕业季﹏ 提交于 2020-03-10 22:11:04

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

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

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。

一道DAG dp的题目

确定两个状态 一个记录之前跑过的点的最小值

一个记录差值dp 也就是从前面的点进行转移最大值

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn = 1e6 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int ans = 0;
int w[maxn];
int dp[maxn];
int mix[maxn];
using namespace std;
vector<int> e[maxn];

void dfs(int x, int pre, int mi){
    //cout << x << endl;
    int f = 0;
    if(mi > w[x]){
        mi = w[x];
    }
    if(mix[x] > mi) mix[x] = mi, f = 1;
    int mx = max(dp[pre], w[x] - mi);
    if(dp[x] < mx){
        f = 1;
        dp[x] = mx;
    }
    //cout << mix[x] << " " << dp[x] << endl;
    if(!f){
        cout << endl;
        return ;
    }

    for(int i = 0; i < e[x].size(); i++)
        dfs(e[x][i], x, mi);
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> w[i];
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        e[a].push_back(b);
        if(c == 2)
            e[b].push_back(a);
    }
    memset(mix, inf, sizeof(mix));
    dfs(1, 0, inf);
    cout << dp[n] << endl;
    return 0;
}

 

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