## [$AcWing$ $341$. 最优贸易](https://www.acwing.com/problem/content/description/343/)

### 一、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，**任何城市可以被重复经过多次** ，**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。

因为阿龙主要是来 $C$ 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。

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**。

**注意**：本题数据有 **加强**。

**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，表示答案。

**数据范围**
$1≤n≤100000,1≤m≤500000$,
$1≤$各城市水晶球价格$≤100$

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
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**：
```cpp {.line-numbers}
5
```


### 二、解题思路

**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。**

卖完后要回到点$n$，然而，题目并没有保证所有点都能去到点$n$,而且，**不是所有边都是无向边**。

要知道哪些点不能去到点$n$，可以 **反向建图**，在这张图以$n$为起点看能到达哪些点。


分析： 这道题需要建两个图，一个为 **正向图** ，一个为 **反向图** ，考虑分别跑最短路变形得到$dist1$数组和$dist2$数组:
* $dist1[i]$表示从点$1$到点$i$的所有路径上经过的 **最小点权**
* $dist2[i]$表示从点$n$经过反向边到点$i$的所有路径上经过的 **最大点权**。

当求出这两个数组后就可以枚举路径上的 **中间点**$i$，最终答案就是
$$\large max(dist2[i]-dis1t[i])$$

考虑如何通过最短路求出$dist$数组，常规思路就是 **最短路变形**，把松弛条件改为：
```cpp {.line-numbers}
if(dist1[j] > min(dist1[u], v[j])){
    dist1[j] = min(dist1[u], v[j]);
    q.push({dist1[j], j});
}
```

**理论** 上这就没问题了，不过这道题目比较特殊，由于图中 **可能出现回路**，且$dist$值是记录 **点权的最值** ，在某些情况下是 **具有后效性**的，如下图： 

<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/f553c1000eb04000a4fe36692462d41e.png?x-oss-process=image/watermark,type_d3F5LXplbmhlaQ,shadow_50,text_Q1NETiBAI-i_meaYr-S4gOadoeazqOmHiuOAgg==,size_20,color_FFFFFF,t_70,g_se,x_16'></center>

**点权** 用绿色数字标示在点号下方，可以发现在点$2$处会经过一个回路再次回到点$2$，但在这之前点$5$的$dist$已经被更新为$3$了，之后回到点$2$，由于$st[2] == true$直接$continue$，虽然此时$dist[2] == 1$但却无法把$1$传递给点$5$了。

**解决方法**:$dijkstra$算法中去掉$st$的限制，让整个算法不断迭代，直到无法更新导致队空退出循环。

**总结**
本题用$Dijkstra$的话，其实已经不是传统意义上的$Dijkstra$了，因为它允许出边再进入队列！（去掉了$st$数组 ，因为有环嘛），指望 **更无可更，无需再更**。这么用$Dijkstra$其实就不如用$SPFA$来的直接了，$SPFA$本身就是更无可更，无需再更。

**最大最小值**，其实也不是传统最短、最长路的路径累加和，而是类似于$DP$的思路，一路走来一路维护到达当前点的最大点权和最小点权。严格意义上来讲，采用的$Dijkstra$或$SPFA$都不是本身的含义，只是一个协助$DP$的枚举过程。

#### $Code$
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100010, M = 2000010;

int n, m;
int dist1[N], dist2[N];

// 正反建图，传入头数组指针
int h1[N], h2[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int *hh, int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = hh[a], w[idx] = c, hh[a] = idx++;
}
// 每个节点的价值
int v[N];

void dijkstra1() {
    memset(dist1, 0x3f, sizeof dist1);
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    dist1[1] = v[1];
    q.push({dist1[1], 1});

    while (q.size()) {
        int u = q.top().second;
        q.pop();

        for (int i = h1[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist1[j] > min(dist1[u], v[j])) {
                dist1[j] = min(dist1[u], v[j]);
                q.push({dist1[j], j});
            }
        }
    }
}

void dijkstra2() {
    memset(dist2, -0x3f, sizeof dist2);
    priority_queue<PII> q;
    dist2[n] = v[n];
    q.push({dist2[n], n});

    while (q.size()) {
        int u = q.top().second;
        q.pop();
        for (int i = h2[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist2[j] < max(dist2[u], v[j])) {
                dist2[j] = max(dist2[u], v[j]);
                q.push({dist2[j], j});
            }
        }
    }
}

int main() {
    // 正反两张图
    //  Q:为什么要反着建图，用正着的图不行吗？
    //  A:不行啊，因为从n向其它地方走，原来的有向图无法向对面走啊，反着建图就行了
    memset(h1, -1, sizeof h1);
    memset(h2, -1, sizeof h2);

    scanf("%d %d", &n, &m);                          // n个节点，m条边
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &v[i]); // 每个节点购买水晶球的金额

    while (m--) {
        int a, b, c;
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        // 不管是单向边，还是双向边，第一条a->b的边肯定跑不了吧

        if (c == 1) { // 单向边
            // 正向图保存单向边
            add(h1, a, b);
            // 反向图保存单向边
            add(h2, b, a);
            // 注意：这可不是在一个图中创建两条来回的边，而是在两个图中创建两个相反的边。
            // 权值呢？没有，为什么呢？因为我们不关心边权，而是关心此节点中水晶球的价格v[i]，这并不是边权,可以理解为点权
        } else { // 双向边
            // 正向图保存双向边
            add(h1, a, b), add(h1, b, a);
            // 反向图保存双向边
            add(h2, a, b), add(h2, b, a);
        }
    }
    // 正向图跑一遍dijkstra
    dijkstra1();
    // 反向图跑一遍dijkstra
    dijkstra2();

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans = max(dist2[i] - dist1[i], ans);

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}
```