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CC 国有 nn 个大城市和 mm 条道路，每条道路连接这 nn 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 mm 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 11 条。
CC 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 CC 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 CC 国 n 个城市的标号从 1~ n1 n ，阿龙决定从 11 号城市出发，并最终在 nn 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 nn 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 CC 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 CC 国有 55 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~n1 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： 11 -> 22 -> 33 -> 55 ，并在 22 号城市以 33 的价格买入水晶球，在 33 号城市以 55 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 11 -> 44 -> 55 -> 44 -> 55 ，并在第 11 次到达 55 号城市时以 11 的价格买入水晶球，在第 22 次到达 44 号城市时以 66 的价格卖出水晶球，赚取的旅费数为 55 。
现在给出 nn 个城市的水晶球价格， mm 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 22 个正整数 nn 和 mm ，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 mm 行，每行有 33 个正整数 x,y,zx,y,z ，每两个整数之间用一个空格隔开。如果 z=1z=1 ，表示这条道路是城市 xx 到城市 yy 之间的单向道路；如果 z=2z=2 ，表示这条道路为城市 xx 和城市 yy 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 00 。
输入输出样例
说明
【数据范围】
输入数据保证 11 号城市可以到达 nn 号城市。
对于 10%的数据， 1≤n≤61≤n≤6 。
对于 30%的数据， 1≤n≤1001≤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≤1000001≤n≤100000 ， 1≤m≤5000001≤m≤500000 ， 1≤x1≤x ， y≤ny≤n ， 1≤z≤21≤z≤2 ， 1≤1≤ 各城市
水晶球价格 ≤100≤100 。
NOIP 2009 提高组 第三题
解题思路：
这题我看到有两种方法，第一种是dfs+dp，我现在还不是很懂，先把代码贴上；
第二种方法是分层图+spfa，这种还是比较好理解的，首先题目要求的是从1出发，回到n，并且最多贸易一次水晶球，所以用分层图解决很直观，首先建立一张新图M1，边权值都为0，然后再遍历所有城市，假设到了城市i，那么往i能到的城市连一条，边权为-jg【i】，jg[]是每个城市的水晶球价格，因为是购买所以是负的，这条边是有向边，这样就变成了新图M2，接着就是再遍历所有城市，假设到了城市i，那么往i能到的城市连一条，边权为jg【i】，因为是卖出所以是正的。最后就是M3，我们观察M3，可以发现，因为都是有向边所以必须是先购买变成M2，在卖出变成M3，不可逆，所以满足题目要求，我们只要spfa求从1到n的最长路即是最大利润，当然在M1上也可以直接到n，就考虑了不贸易的情况。
在建图的时候可以将M1的点用1-n表示，M2的点用n+1-2*n表示，。。。。。，然后记得每次新图都要连接边权为0的边
代码：
方法一：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
vector<int>E[500005];
int jg[100005];
int dp[100005],mi[100005];
void dfs(int x,int Min,int pre)
{
int flag=0;
Min=min(jg[x],Min);
if(mi[x]>Min)mi[x]=Min,flag=1;
int Max=max(dp[pre],jg[x]-Min);
if(dp[x]<Max)dp[x]=Max,flag=1;
if(!flag)return ;
for(int i=0;i<E[x].size();i++)dfs(E[x][i],Min,x);
}
int main()
{
memset(mi,inf,sizeof(mi));
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>jg[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);
}
}
dfs(1,inf,0);
cout<<dp[n]<<endl;
return 0;
}方法二：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
vector<pair<int,int> >E[400005];
vector<int>e[100005];
bool vis[300005];int dis[300005],jg[100005];
int main()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,-inf,sizeof(dis));
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>jg[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);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<e[i].size();j++)
{
E[i].push_back(make_pair(e[i][j],0));
E[i+n].push_back(make_pair(e[i][j]+n,0));
E[i+2*n].push_back(make_pair(e[i][j]+2*n,0));
E[i].push_back(make_pair(e[i][j]+n,-jg[i]));
E[i+n].push_back(make_pair(e[i][j]+2*n,jg[i]));
}
E[n].push_back(make_pair(n*3+1,0));
E[3*n].push_back(make_pair(n*3+1,0));//设置一个超级源点
n=3*n+1;
queue<int>q;
q.push(1);
vis[1]=1;
dis[1]=0;
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
vis[now]=0;
for(int i=0;i<E[now].size();i++)
{
int v=E[now][i].first;
//cout<<dis[v]<<" "<<dis[now]+E[now][i].second<<endl;
if(dis[v]<dis[now]+E[now][i].second)
{
dis[v]=dis[now]+E[now][i].second;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
cout<<dis[n]<<endl;
return 0;
}