题意简述：
给定一张 (L) 个点、(P) 条边的 有向图 ，每个点都有一个权值 (f_i)，每条边都有一个权值(t_i)。
求图中的一个环，使“环上各点的权值之和”除以“环上各边的权值之和”最大。
输出这个最大值。
注意：数据保证至少存在一个环。
( ext{Data Range}：2 leq L leq 1000，2leq P leq 5000，1leq f_i,t_ileq1000)
一道 (0/1) 分数规划的题目。
题目要我们求的就是一个有 (x) 个点的环上 (frac{sum_{i=1}^x f_i}{sum_{i=1}^x t_i}) 的最大值。
二分答案。
设二分的值为实数 (mid)，即 (frac{sum_{i=1}^x f_i}{sum_{i=1}^x t_i} > mid)。
我们开始化简式子：
[sum_{i=1}^x f_i > mid imes sum_{i=1}^x{t_i}
]
[sum_{i=1}^x f_i - mid imes sum_{i=1}^x{t_i} > 0
]
[sum_{i=1}^x {(f_i-mid imes t_i)} > 0
]
问题就变成了求一个边权为 (f_i-mid imes t_i) 的图中是否存在正环。
类似于求负环，我们在每一次 SPFA 求 最长路 的过程中改变一下 更新最长路长度 的形式，变成 (dist_v < dist_u + mid imes w_i)，并统计一下当前点的最长路中点的个数，如果点数 大于等于 (n) 就说明存在正环。
注意浮点数二分的边界条件，哪些变量和数组需要开 double 类型。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1003, M = 5003;
int n, m;
int tot, head[N], ver[M], nxt[M], edge[M];
int f[N]; //点权
double dist[N]; //每个点开始最长路的长度
int cnt[N]; //每个点最长路上点的个数
bool st[N];
inline void add(int u, int v, int w)
{
ver[++tot] = v, edge[tot] = w, nxt[tot] = head[u], head[u] = tot;
}
inline bool SPFA(double x)
{
queue <int> q;
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memset(dist, 0, sizeof dist);
for (int i = 1; i <= n; i+=1)
{
q.push(i); //一开始先将每个点加进队列
st[i] = true;
}
while (!q.empty())
{
int u = q.front(); q.pop();
st[u] = false;
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
{
int v = ver[i], w = edge[i];
if (dist[v] < dist[u] + f[u] - x * w)
{
dist[v] = dist[u] + f[u] - x * w; //更新最长路的长度
cnt[v] = cnt[u] + 1; //更新最长路上点的个数
if (cnt[v] >= n) return true; //存在一个正环
if (!st[v])
{
st[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
return false; //不存在正环
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i+=1)
cin >> f[i];
for (int i = 1; i <= m; i+=1)
{
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
add(u, v, w); //注意加的是有向边
}
double l = 0, r = 1003.0;
while (r - l > 1e-4)
{
double mid = (l + r) / 2.0;
if (SPFA(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.2lf
", l);
return 0;
}