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题目：Repairing a Road

题目大意：有一个C个点R条无向边（这俩字母好别扭……），每条边有一个花费vi和一个ai（浮点数）。现在我们有一个人，可以花费 t（你爱多大就多大）的时间该修一条道路，什么时候开始修随你，修到什么时候随你，不过修的时候此路不通。如果总共修了t时间，那么这条路的花费就会变成 vi * ai ^ (-t)。我们要从1走到C，求最小花费（花费就是时间）。

思路：首先要修路，肯定是从一开始就开始修，因为看出修得越久该路的花费就越少（不要告诉我你看不出那个是单调递减的函数），所以修的 时间越长越好，而且，总不会说，我从这条路走过去了，然后你再开始修，修了一段时间，我再走一次，因为这都是无向边，根据最短路的性质一条边我们是肯定不 会走两遍的，就算第二遍时间减少了也好。

其次，如果我们要修(x, y)这条边，我们要从x走到y，我们可能要先在x等一段时间，然后再从x走到y。我们等了一段时间再过去，路的花费也就减少了，可能要比我们直接走过去花的时间要更少。（样例真是业界良心……）

然后怎么办了，我们这里只有500条边，所以可以枚举每一条边，然后我们通过这一条边（可能从x到y也可能从y到x因为边是双向的，实 际上大概有方法判定不过我懒……）。比如经过一条边(x, y)的最短路径就是dis(1, x) + (t - dis(1, x)) + vi * ai ^ (-t) + dis(y, C)，第二个是可能站在x等待的时间，从最优的角度考虑t肯定是不会小于dis(1, x)。

其中dis(a, b)代表从a走到b所需要的最小花费。我们可以从1开始做单源最短路径，再从C开始做单源最短路径。嗯？C只有100？果断floyd，这太好写了。

设f(t) = dis(1, x) + (t - dis(1, x)) + vi * ai ^ (-t) + dis(y, C)，怎么令这个f(t)最大呢？哦，不对，最小……首先我们可以观察一下这个函数，咳咳，观察不出来，求导吧……f'(t) = 1 - ln(ai) * vi * ai ^ (-t)，求这个函数的零点，很好，这是一个单调的函数，果断二分求解0点。下界很简单，就是dis(1, x)，那么上界呢？上界我们可以定为当前答案ans（初始化为dis(1, C)），因为如果修的时间比这个还多就没有意义了。问题是，这个是区间求零点，很可能没有零点，怎么办？如果零点在dis(1, x)的左边，那么t取dis(1, x)就好。如果在上界右边呢？这个我没分析也直接取了dis(1, x)，因为我觉得应该不会出现要取上界右边这么坑爹的情况，反正就算取了它也不会是答案了，随便怎么样都无所谓了。

其实这上面的做法有个BUG，就是我可能从1走到x的时候，经过了边(x, y)，然后其实修理(x, y)的时候我们并不能走(x, y)。但是为什么会AC呢？因为这种情况就算出现了，也肯定有比这个更优的答案，不予证明，反正我觉得是这样（咦，这个我好像前面就有提到过……）。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

const int MAXN = 110;
const int MAXE = 1010;
const double EPS = 1e-6;

inline int sgn(double x) {
    if(fabs(x) < EPS) return 0;
    return x > 0 ? 1 : -1;
}

double fpai(double t, double v, double a) {
    //t - v * pow(a, -t)
    return 1 - log(a) * v * pow(a, - t);
}

inline void update_min(double &a, const double &b) {
    if(a > b) a = b;
}

double mat[MAXN][MAXN];
int x[MAXE], y[MAXE];
double v[MAXE], a[MAXE];
int n, m;

void floyd() {
    for(int k = 1; k <= n; ++k)
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            for(int j = 1; j <= n; ++j) update_min(mat[i][j], mat[i][k] + mat[k][j]);
}

double find_t(int i, int x, int y, double l, double r) {
    double L = l, R = r;
    while(R - L > EPS) {
        double mid = (L + R) / 2;
        //cout<<fpai(mid, v[i], a[i])<<endl;
        if(fpai(mid, v[i], a[i]) > 0) R = mid;
        else L = mid;
    }
    if(sgn(fpai(L, v[i], a[i])) != 0) return l;
    return L;
}

double solve() {
    double t, ans = mat[1][n];
    for(int i = 0; i < m; ++i) {
        t = find_t(i, x[i], y[i], mat[1][x[i]], ans);
        update_min(ans, t + v[i] * pow(a[i], -t) + mat[y[i]][n]);
        t = find_t(i, y[i], x[i], mat[1][y[i]], ans);
        update_min(ans, t + v[i] * pow(a[i], -t) + mat[x[i]][n]);
    }
    return ans;
}

int main() {
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        if(n == 0 && m == 0) break;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = 1; j <= n; ++j) mat[i][j] = 1e5;
            mat[i][i] = 0;
        }
        for(int i = 0; i < m; ++i) {
            int aa, bb; double cc;
            scanf("%d%d%lf%lf", &aa, &bb, &cc, &a[i]);
            x[i] = aa; y[i] = bb; v[i] = cc;
            update_min(mat[aa][bb], cc);
            update_min(mat[bb][aa], cc);
        }
        floyd();
        printf("%.3f
", solve());
    }
}