CF1307G-解题报告

最小费用流与线性规划

最小费用流问题可以考虑看成一个线性规划问题。

设 $f_{u ， v}$ 为边的流量， $c_{u, v}$ 表示边的容量， $w_{u, v}$ 表示边的代价。 $V$ 表示点集， $E$ 表示边集，记总的流量为 $F$ 。

那么最小费用流问题等价于：

求 $min {\sum f_{u, v} w_{u, v}}$
限制：
- 对所有 $u \in V$ ，有：
  $\sum_{(v, u) \in E} f_{v, u} - \sum_{(u, v) \in E} f_{u, v} = {\begin{cases} F, i f u = n \\ - F, i f u = 1 \\ 0, o t h e r w i s e \end{cases}$
- 对所有 $(u, v) \in E$ ，有 $0 \leq f_{u, v} \leq c_{u, v}$ 。
共 $m$ 个变量 $f_{u, v}$ ， $n + m$ 条限制。

给出线性规划一般形式和其对偶问题：

原问题：

\begin{aligned} max z & = \sum_{j = 1}^{m} c_{j} x_{j} \\ A x & \leq b \\ x & \geq 0 \end{aligned}

对偶问题：

\begin{aligned} min w & = \sum_{j = 1}^{n} b_{j} y_{j} \\ A^{T} y & \geq c \\ y & \geq 0 \end{aligned}

这里 $A, x, b, c, y$ 均为矩阵，其中 $A$ 为 $n \times m$ 矩阵， $x, c$ 为 $n \times 1$ 矩阵， $y, b$ 为 $m \times 1$ 矩阵。定义矩阵之间的 $\leq$ 为对应位置都需要小于。

不加证明的给出以下定理：

线性规划和其对偶线性规划等价。

这里不给证明的原因是该定理证明较为繁杂，博主不会证明，且本博客内容与该性质内容关系不大。

把最小费用流问题对应线性规划的限制转化成一般形式：

{\begin{cases} + \sum f_{v, u} - \sum f_{u, v} & \geq a_{i} \\ - \sum f_{u, v} + \sum f_{u, v} & \geq a_{i} \\ - f_{u, v} \geq - c_{u, v} \end{cases}

其中 $a_{u}$ 表示点 $u$ 应该的流量: $F, - F$ 或 $0$ 。

把这个线性规划的对偶形式写出来，限制一共有 $2 n + m$ 个，考虑前 $n$ 个限制代表变量为 $q_{i}$ ，另外 $n$ 个限制代表变量为 $e_{i}$ ，后 $m$ 个限制设为 $r_{u, v}$ 。

考虑前 $2 n$ 个向量与限制的对应关系，对于一个限制来说，显然我们可以让 $q_{u}$ 来对应 $+ \sum f_{v, u} - \sum f_{u, v} \geq a_{i}$ ，这样所有 $f_{v, u}$ 代表的位置会有 $+ q_{u}$ ， $f_{v, u}$ 代表的位置会有 $- q_{u}$ 。强烈建议各位读者画一个矩阵自己感受一下。

最后化成对偶线性规划为：

求 $max {\sum a_{u} q_{u} - \sum a_{u} e_{u} - \sum r_{u, v} w_{u, v}}$
限制：
- 对于所有 $(u, v) \in E$ ，有： $- q_{u} + q_{v} + e_{u} - e_{v} - r_{u, v} \leq w_{u, v}$
- $q_{u}, e_{u}, r_{u, v} \geq 0$
一共 $m$ 条限制。

需要注意在推式子的时候，特别关注一下无入度点和无出度点的的情况，它们也是满足条件的。

发现所有式子都与 $q_{u} - e_{u}$ 有关，不如设其为 $d_{u}$ 。以及注意到 $a_{u}$ 除了 $1, n$ 都是 $0$ ，所以线性规划变成：

求 $max {F (d_{n} - d_{1}) - \sum r_{u, v} c_{u, v}}$
限制：
- 对于所有 $(u, v) \in E$ ，有： $d_{v} \leq d_{u} + r_{u, v} + w_{u, v}$
- $d_{u}, r_{u, v} \geq 0$
一共 $m$ 条限制。

$d_{u}$ 依然满足 $\geq 0$ 的原因是，考虑如果找到了一组满足条件的 $d$ ，那么把 $d$ 同加到 $\geq 0$ 依然满足条件。

Solution

题目大意：给定 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，边权为 $w$ ，可以选择把一条边的边权 $w_{i}$ 修改为 $w_{i} + a_{i}$ ， $a_{i}$ 可以为实数，但是需要满足 $a_{i} \geq 0, \sum a_{i} \leq x$ ，有 $q$ 次询问，每次给定 $x$ ，询问修改之后 $1$ 到 $n$ 最短路的最大值，每次询问独立，无重边无自环。 $n \leq 50, w_{i} \leq 10^{6}, w \leq 10^{5}$

关注我们的对偶问题，发现限制如同最短路，而 $r_{u, v}$ 就像我们给每条边加上的权值 $a_{i}$ 。

关注我们对偶线性规划求的东西，可以令 $c_{u, v} = 1$ ，那么现在变成了求 $max {F (d_{n} - d_{1}) - \sum r_{u, v}}$ ，其中后者相当于我们更改的权值总和，设为 $C$ ，同时记 $D = d_{n} - d_{1}$ 设为最短路。

我们把所有有用的 $(C, D)$ 映射到二维平面上，形成的图形一定是上凸壳，且斜率最大是 $1$ 。并且，凸壳上的拐点一定都是整点。且如果让 $a_{i}$ 都是整数，那么显然随着 $C$ 的增加， $D$ 要么不变，要么加一，在这个情况下建立凸包，而考虑如果令 $a_{i}$ 可以为实数，不难发现凸包不会变化。如图：

如果令所有 $a_{i}$ 都是整数，那么点应该是 $E, F, G$ ，而如果 $a_{i}$ 可以为实数，那么点 $I, J, K$ 。

由此可以得出结论，凸包上的所有切线都形如 $\frac{1}{x}$ 的形式，其中 $x$ 是整数。

设 $A (F) = max_{D, C} {F D - C}$ ，设对于给定 $F$ ，有 $A (F) = F D_{F} - C_{F}$ ，那么 $D_{F} = \frac{A (F)}{F} + \frac{C_{F}}{F}$ 。由此可知，若给定 $F$ 求 $A (F)$ ，方法即为用 $\frac{1}{F}$ 去切这个凸包，而切线与 $x$ 轴的截距为 $A (F)$ 。

原问题等价于给定 $C$ ，要求在凸包上找到 $x = C$ 与凸壳的交点 $(C, D)$ 。考虑所有的 $F$ 和它们对应的切线在 $x = C$ 处的值，设为 $y$ ，不难发现有 $y \geq D$ ，且一定存在一个 $x$ ，使得 $y = D$ ，即一条与凸包相切且切点为 $(C, D)$ 的切线。则答案为 $min_{F} {\frac{A (F)}{F} + \frac{C}{F}}$ 。

现在唯一的问题是 $F$ 是可以为实数的，一个方法是可以二分，不过不用这么麻烦。我们其实只用考虑 $F$ 是整数的情况，这是因为凸包上所有的斜率都形如 $\frac{1}{x}$ ，所有对于凸包上每个点 $(C, D)$ ，都存在一个整数 $F$ 使得斜率为 $\frac{1}{F}$ 的切线经过这个点。

所以，我们枚举 $F$ ，通过费用流算出 $A (F)$ ，对于每个询问，算出 $min_{F} {\frac{A (F)}{F} + \frac{C}{F}}$ 即可。

代码

int n,m;

struct edge{
    int to,next,w,f;
    inline void Init(int to_,int ne_,int w_,int f_){
        to=to_;next=ne_;w=w_;f=f_;
    }
}li[N*N*2];
int head[N],tail=1,now[N],d[N],s,t,Ans,A[N],ans,Q;
bool vis[N];
queue<int> q;

inline void Add(int from,int to,int w,int f){
    li[++tail].Init(to,head[from],w,f);head[from]=tail;swap(from,to);
    li[++tail].Init(to,head[from],-w,0);head[from]=tail;
}
inline bool spfa(int s){
    while(q.size()) q.pop();
    bool op=0;
    mset(d,INF);mset(vis,0);d[s]=0;q.push(s);vis[s]=1;now[s]=head[s];
    while(q.size()){
        int top=q.front();q.pop();vis[top]=0;
        Next(top){
            int to=li[x].to,f=li[x].f,w=li[x].w;if(!f||d[to]<=d[top]+w)continue;
            d[to]=d[top]+w;if(!vis[to]) vis[to]=1,q.push(to);now[to]=head[to];
        }
    }
    if(d[t]>=INF) return 0;else return 1;
}
inline int dinic(int k,int flow){
    if(k==t) return flow;int rest=flow,x;vis[k]=1;
    for(x=now[k];x&&rest;x=li[x].next){
        int to=li[x].to,f=li[x].f,w=li[x].w;
        if(!f||d[to]!=d[k]+w||(vis[to]&&to!=t)) continue;int val=dinic(to,min(rest,f));
        if(!val) d[to]=INF;li[x].f-=val;li[x^1].f+=val;rest-=val;Ans+=val*w;
    }
    now[k]=x;
    return flow-rest;
}

signed main(){
    // freopen("my.in","r",stdin);
    // freopen("my.out","w",stdout);
    read(n);read(m);
    rep(i,1,m){
        int from,to;read(from);read(to);int w;read(w);
        Add(from,to,w,1);
    }
    s=1,t=n;
    rep(i,1,n){
        if(!spfa(s)) break;
        ans+=dinic(s,1);
        A[i]=Ans;
    }
    read(Q);
    rep(i,1,Q){
        int x;read(x);
        ld nowans=INF;
        rep(i,1,n){
            if(!A[i]) break;
            cmin(nowans,(ld)(A[i]+x)/(ld)(i));
        }
        printf("%0.7Lf\n",nowans);
    }
    return 0;
}