Description
3333年，在银河系的某星球上，X军*和Y军*正在激烈 地作战。在战斗的某一阶段，Y军*一共*遣了N个巨型机器人进攻X军*的阵地，其中第i个巨型机器人的装甲值为Ai。当一个巨型机器人的装甲值减少到0或 者以下时，这个巨型机器人就被摧毁了。X军*有M个激光武器，其中第i个激光武器每秒可以削减一个巨型机器人Bi的装甲值。激光武器的攻击是连续的。这种 激光武器非常奇怪，一个激光武器只能攻击一些特定的敌人。Y军*看到自己的巨型机器人被X军*一个一个消灭，他们急需下达更多的指令。为了这个目标，Y军 *需要知道X军*最少需要用多长时间才能将Y军*的所有巨型机器人摧毁。但是他们不会计算这个问题，因此向你求助。
Input
第一行，两个整数，N、M。
第二行，N个整数，A1、A2…AN。
第三行，M个整数，B1、B2…BM。
接下来的M行，每行N个整数，这些整数均为0或者1。这部分中的第i行的第j个整数为0表示第i个激光武器不可以攻击第j个巨型机器人，为1表示第i个激光武器可以攻击第j个巨型机器人。
Output
一行，一个实数，表示X军*要摧毁Y军*的所有巨型机器人最少需要的时间。输出结果与标准答案的绝对误差不超过10-3即视为正确。
Sample Input
2 2
3 10
4 6
0 1
1 1
3 10
4 6
0 1
1 1
Sample Output
1.300000
HINT
【样例说明1】
战斗开始后的前0.5秒，激光武器1攻击2号巨型机器人，激光武器2攻击1号巨型机器人。1号巨型机器人被完全摧毁，2号巨型机器人还剩余8的装甲值；
接下来的0.8秒，激光武器1、2同时攻击2号巨型机器人。2号巨型机器人被完全摧毁。
对于全部的数据，1<=N, M<=50，1<=Ai<=105，1<=Bi<=1000，输入数据保证X军*一定能摧毁Y军*的所有巨型机器人
二分时间，用网络流判断是否合法。
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 #include <cmath> 5 using namespace std; 6 const int maxn=2510; 7 const int maxm=6010; 8 const double eps=1e-8; 9 int cnt=1,fir[maxn],to[maxm],nxt[maxm]; 10 double cap[maxm]; 11 void addedge(int a,int b){ 12 nxt[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b; 13 } 14 15 int G[51][51]; 16 int A[51],B[51]; 17 18 void Build(double k,int n,int m){ 19 int ct=1; 20 for(int i=1;i<=m;i++) 21 for(int j=1;j<=n;j++) 22 if(G[i][j]) 23 cap[++ct]=1e20,cap[++ct]=0.0; 24 25 for(int i=1;i<=m;i++) 26 cap[++ct]=1.0*B[i]*k,cap[++ct]=0.0; 27 28 for(int i=1;i<=n;i++) 29 cap[++ct]=1.0*A[i],cap[++ct]=0.0; 30 } 31 32 int dis[maxn],gap[maxn],q[maxn],front,back; 33 34 void BFS(int S,int T){ 35 memset(dis,0,sizeof(dis)); 36 front=back=1; 37 dis[T]=1;q[back++]=T; 38 while(front<back){ 39 int node=q[front++]; 40 for(int i=fir[node];i;i=nxt[i]){ 41 if(dis[to[i]])continue; 42 dis[to[i]]=dis[node]+1; 43 q[back++]=to[i]; 44 } 45 } 46 } 47 double mid; 48 int path[maxn],fron[maxn]; 49 double ISAP(int S,int T){ 50 double ret=0.0; 51 BFS(S,T); 52 for(int i=S;i<=T;i++)gap[dis[i]]++; 53 int p=S; 54 double f; 55 memcpy(fron,fir,sizeof(fir)); 56 while(dis[S]<=T+1){ 57 if(p==T){ 58 f=1e20; 59 while(p!=S){ 60 f=min(f,cap[path[p]]); 61 p=to[path[p]^1]; 62 } 63 p=T;ret+=f; 64 while(p!=S){ 65 cap[path[p]]-=f; 66 cap[path[p]^1]+=f; 67 p=to[path[p]^1]; 68 } 69 } 70 int &ii=fron[p]; 71 for(;ii;ii=nxt[ii]) 72 if(cap[ii]&&dis[p]==dis[to[ii]]+1) 73 break; 74 if(ii) 75 path[p=to[ii]]=ii; 76 else{ 77 if(--gap[dis[p]]==0)break; 78 int minn=T+1; 79 for(int i=fir[p];i;i=nxt[i]) 80 if(cap[i]) 81 minn=min(minn,dis[to[i]]); 82 83 ii=fir[p]; 84 ++gap[dis[p]=minn+1]; 85 if(p!=S) 86 p=to[path[p]^1]; 87 } 88 } 89 return ret; 90 } 91 92 int main(){ 93 int n,m; 94 scanf("%d%d",&n,&m); 95 for(int i=1;i<=n;i++) 96 scanf("%d",&A[i]); 97 for(int i=1;i<=m;i++) 98 scanf("%d",&B[i]); 99 100 for(int i=1;i<=m;i++) 101 for(int j=1;j<=n;j++) 102 scanf("%d",&G[i][j]); 103 104 for(int i=1;i<=m;i++) 105 for(int j=1;j<=n;j++) 106 if(G[i][j]){ 107 addedge(i,j+m); 108 addedge(j+m,i); 109 } 110 111 for(int i=1;i<=m;i++) 112 addedge(0,i),addedge(i,0); 113 114 double tot=0.0; 115 for(int i=1;i<=n;i++){ 116 addedge(i+m,n+m+1); 117 addedge(n+m+1,i+m); 118 tot+=A[i]; 119 } 120 double lo=0,hi=1e5; 121 while(hi-lo>=1e-4){ 122 mid=(lo+hi)/2.0; 123 Build(mid,n,m); 124 if(fabs(ISAP(0,n+m+1)-tot)<eps) 125 hi=mid; 126 else 127 lo=mid; 128 } 129 printf("%.4lf ",hi); 130 return 0; 131 }
代码中有个细节没处理到，影响了效率，欢迎大家评论（我就懒得改了，额）。