Description
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。
Input
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。
Output
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。
Sample Input 1
5 5 4 3 5 6 1 1 2 1 1 4 1 2 3 2 3 5 1 4 5 2
Sample Output 1
5
Hint
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 100005, maxm = 500005, inf = 0x3f3f3f3f;
vector<int> g[maxn], bg[maxn];
void add(int x, int y) {
g[x].push_back(y);
bg[y].push_back(x);
}
int w[maxn];
void bfs(int s, int* vis, vector<int> *G) {
queue<int> Q;
Q.push(s);
memset(vis, 0, sizeof(vis));
while(!Q.empty()) {
int u=Q.front(); Q.pop();
for(int i=0; i<G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
if(!vis[v]) vis[v] = 1, Q.push(v);
}
}
}
int r1[maxn], r2[maxn];
int main() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &w[i]);
while(m--) {
int a, b, p;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
add(a, b);
if(p-1) add(b, a);
}
bfs(1, r1, g);
bfs(n, r2, bg);
int ans1 = inf, ans2 = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(r1[i] && r2[i])
ans1 = min(ans1, w[i]),
ans2 = max(ans2, w[i]);
}
printf("%d", ans2 - ans1);
return 0;
}
法二：洛谷上看到的做法，思路有点奇特
分层图+SPFA
考虑某个点 i ，它买入或者卖出水晶球的花费是v[i] 。
当我们进行买入操作，我们就建立一条有向边转移到一张新图上，边的大小为-v[i]，指向点i所能到达的点（在第二层图上）而这张新图就是我们的第二层图。
它表示：假如我选择走了这条边，就是我在这个点买了这个水晶球，我不会反悔，并且我接下来考虑在某个点卖它。
当我们进行卖出操作，我们建立一条有向边转移到第三层图上，边的大小为v[i]，指向i所能到达的点（在第三层图上）。
它表示：假如我选择走了这条边，就是我在这个点卖了这个水晶球，我不会反悔，并且我接下来考虑走向终点。
可以发现，从第一层图走到第二层图走到第三层图走到终点，这就是一个合法的选择，而且分层图把所有可能的决策都考虑到了。
最后走向终点，我们有两种合法的操作：
- 不买卖直接走向终点
直接在第一层图的n号节点建立边权为0的有向边接入一个“超级终点”
- 买卖一次后走向终点
在第三层图的n号节点建立边权为0的有向边接入“超级终点”
最后解释一下为什么我们要分层：
因为当你分了层，你就可以从还未买入这个状态，转移到已经买入准备卖出这个状态，然后在转移到从卖出点走向终点的状态。由于有向边的建立，你不能从第二/三层走回第一层图，这保证了你只做一次买卖，而不是无限做买卖，符合了题目的要求
而我们最终的答案，就是求从第一层图的1号点，经过三层图走到“超级终点”的最长路,如图所示。
（小声bb:实测这种做法空间时间都是法一的两倍左右，因此权当一种思维拓展）
附上自己实现的丑陋代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 100005, maxm = 500005, inf = 0x3f3f3f3f;
int n;
struct edge{ int to, w; };
vector<edge> g[maxn*3];
int w[maxn];
void add(int x, int y, int z) {
g[x].push_back((edge){y, 0});
g[x+n].push_back((edge){y+n, 0});
g[x+n*2].push_back((edge){y+n*2, 0});
g[x].push_back((edge){y+n, -w[x]});
g[x+n].push_back((edge){y+n*2, w[x]});
}
int dis[maxn*3];
int inq[maxn*3];
void bfs(int s) {
queue<int> Q;
Q.push(s); inq[s] = 1;
for(int i=1; i<=n*3+1; i++) dis[i] = -inf;
dis[s] = 0;
while(!Q.empty()) {
int u=Q.front(); Q.pop();
inq[u] = 0;
for(int i=0; i<g[u].size(); i++) {
int v = g[u][i].to, p = g[u][i].w;
if(dis[v] < dis[u] + p) {
dis[v] = dis[u] + p;
if(!inq[v]) Q.push(v), inq[v] = 1;
}
}
}
}
int main() {
int m;
scanf("%d%d", &n, &m);
g[n].push_back((edge){n*3+1, 0});
g[n*3].push_back((edge){n*3+1, 0});
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d", &w[i]);
while(m--) {
int a, b, p;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &p);
add(a, b, p);
if(p-1) add(b, a, p);
}
bfs(1);
printf("%d", dis[n*3+1]);
return 0;
}