Bzoj3130 [Sdoi2013]费用流

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Description

Alice和Bob在图论课程上学习了最大流和最小费用最大流的相关知识。
最大流问题：给定一张有向图表示运输网络，一个源点S和一个汇点T，每条边都有最大流量。一个合法的网络流方案必须满足：(1)每条边的实际流量都不超过其最大流量且非负；(2)除了源点S和汇点T之外，对于其余所有点，都满足该点总流入流量等于该点总流出流量；而S点的净流出流量等于T点的净流入流量，这个值也即该网络流方案的总运输量。最大流问题就是对于给定的运输网络，求总运输量最大的网络流方案。

上图表示了一个最大流问题。对于每条边，右边的数代表该边的最大流量，左边的数代表在最优解中，该边的实际流量。需要注意到，一个最大流问题的解可能不是唯一的。对于一张给定的运输网络，Alice先确定一个最大流，如果有多种解，Alice可以任选一种；之后Bob在每条边上分配单位花费（单位花费必须是非负实数），要求所有边的单位花费之和等于P。总费用等于每一条边的实际流量乘以该边的单位花费。需要注意到，Bob在分配单位花费之前，已经知道Alice所给出的最大流方案。现茌Alice希望总费用尽量小，而Bob希望总费用尽量大。我们想知道，如果两个人都执行最优策略，最大流的值和总费用分别为多少。

Input

第一行三个整数N，M，P。N表示给定运输网络中节点的数量，M表示有向边的数量，P的含义见问题描述部分。为了简化问题，我们假设源点S是点1，汇点T是点N。
接下来M行，每行三个整数A，B，C，表示有一条从点A到点B的有向边，其最大流量是C。

Output

第一行一个整数，表示最大流的值。
第二行一个实数，表示总费用。建议选手输出四位以上小数。

Sample Input

3 2 1
1 2 10
2 3 15

Sample Output

10
10.0000

HINT

【样例说明】

    对于Alice，最大流的方案是固定的。两条边的实际流量都为10。

    对于Bob，给第一条边分配0.5的费用，第二条边分配0.5的费用。总费用

为：10*0.5+10*0.5=10。可以证明不存在总费用更大的分配方案。

【数据规模和约定】

    对于20%的测试数据：所有有向边的最大流量都是1。

    对于100%的测试数据：N < = 100，M < = 1000。

    对于l00%的测试数据：所有点的编号在I..N范围内。1 < = 每条边的最大流

量 < = 50000。1 < = P < = 10。给定运输网络中不会有起点和终点相同的边。

网络流+二分答案

之前刷了两周网络流，感觉人生经验已经积累到了一定程度了。比如说这道题，一眼就能看出是要二分最大流量，判定是否可行。

(Bob为了使收益最大，一定会把所有的费用堆到流量最大的那条边上)

于是自信满满地敲了二分答案上去，自信满满地submit

然而WA掉了。

WTF为什么流量是实数啊？

仔细想了想，虽然题目没明说，但确实该是实数。

跪在语文上了。

  1 /*by SilverN*/
  2 #include<iostream>
  3 #include<algorithm>
  4 #include<cstring>
  5 #include<cstdio>
  6 #include<cmath>
  7 #include<queue>
  8 using namespace std;
  9 const double eps=1e-6;
 10 const int INF=1e9;
 11 const int mxn=240;
 12 int read(){
 13     int x=0,f=1;char ch=getchar();
 14     while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 15     while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
 16     return x*f;
 17 }
 18 struct EG{
 19     int x,y;
 20     double f;
 21 }eg[mxn*10];
 22 struct edge{
 23     int v,nxt;
 24     double f;
 25 }e[mxn*20];
 26 int hd[mxn],mct=1;
 27 void add_edge(int u,int v,double f){
 28     e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return;
 29 }
 30 void insert(int u,int v,double c){
 31     add_edge(u,v,c);
 32     add_edge(v,u,0);
 33     return;
 34 }
 35 void init(){
 36     memset(hd,0,sizeof hd);
 37     mct=1;
 38 }
 39 int n,m,S,T;
 40 double P;
 41 int d[mxn];
 42 bool BFS(){
 43     memset(d,0,sizeof d);
 44     queue<int>q;
 45     d[S]=1;
 46     q.push(S);
 47     while(!q.empty()){
 48         int u=q.front();q.pop();
 49         for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
 50             int v=e[i].v;
 51             if(!d[v] && e[i].f>eps){
 52                 d[v]=d[u]+1;
 53                 q.push(v);
 54             }
 55         }
 56     }
 57     return d[T];
 58 }
 59 double DFS(int u,double lim){
 60     if(u==T || fabs(lim)<eps)return lim;
 61     double f=0;
 62     double tmp;
 63     for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
 64         int v=e[i].v;
 65         if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f>eps){
 66             tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f));
 67             e[i].f-=tmp;
 68             e[i^1].f+=tmp;
 69             lim-=tmp;
 70             f+=tmp;
 71             if(lim<eps)return f;
 72         }
 73     }
 74     d[u]=0;
 75     return f;
 76 }
 77 double Dinic(){
 78     double res=0;
 79     while(BFS()){
 80         double tmp=DFS(S,INF);
 81         if(tmp<eps)break;
 82         res+=tmp;
 83     }
 84     return res;
 85 }
 86 void Build(double lim){
 87     for(int i=1;i<=m;i++){
 88         insert(eg[i].x,eg[i].y,min(eg[i].f,lim));
 89     }
 90     return;
 91 }
 92 double ans=0,res;
 93 void solve(){
 94     Build(INF);
 95     res=Dinic();
 96     double l=1,r=50000;
 97     while(abs(r-l)>eps){
 98         double mid=(l+r)/2;
 99         init();
100         Build(mid);
101         if(fabs(Dinic()-res)<=eps){
102             ans=mid;
103             r=mid;
104         }
105         else l=mid;
106     }
107     return;
108 }
109 int main(){
110     scanf("%d%d%lf",&n,&m,&P);
111     S=1;T=n;
112     int i,j;
113     for(i=1;i<=m;i++){
114         scanf("%d%d",&eg[i].x,&eg[i].y);scanf("%lf",&eg[i].f);
115     }
116     solve();
117     printf("%.0f
",res);
118     printf("%.4f
",P*ans);
119     //
120     return 0;
121 }