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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 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
输入样例
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
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 \leq n \leq 6 $ 。
对于 30%的数据， $ 1 \leq n \leq 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 \leq n \leq 100000 , 1 \leq m \leq 500000 ,1 \leq x , y \leq n , 1 \leq z \leq 2 , 1 \leq 各城市水晶球价格 \leq 100 $
NOIP 2009 提高组 第三题
【时空限制】
1000ms,128MB
思路
实际上如果一些点是连通的，那么只用记录这一片的最小价和最大价就可以了。
怎么实现呢？我们可以用略微调整的SPFA来实现。找最小值时正着跑，找最大值逆着跑
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=100100;
const int maxm=500100;
using namespace std;
int n,m;
int w[maxn],mx[maxn],mi[maxn];
int tot,to[maxm<<1],nxt[maxm<<1],head[maxn];
int Rtot,Rto[maxm<<1],Rnxt[maxm<<1],Rhead[maxn];
bool vis[maxn];
void Add(int u,int v)
{
to[++tot]=v;nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;
Rto[++Rtot]=u;Rnxt[Rtot]=Rhead[v];Rhead[v]=Rtot;
}
void spfa()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(mi,0x3f,sizeof(mi));
queue<int> q;
q.push(1);vis[1]=true;mi[1]=w[1];
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i];
if(mi[v]>mi[u])
{
mi[v]=min(mi[u],w[v]);
if(!vis[v])
{
vis[v]=true;
q.push(v);
}
}
}
}
}
void Rspfa()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int> q;
q.push(n);vis[n]=true;mx[n]=w[n];
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;
for(int i=Rhead[u];i;i=Rnxt[i])
{
int v=Rto[i];
if(mx[v]<mx[u])
{
mx[v]=max(mx[u],w[v]);
if(!vis[v])
{
vis[v]=true;
q.push(v);
}
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
Add(x,y);
if(z==2) Add(y,x);
}
spfa();
Rspfa();
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,mx[i]-mi[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}