BZOJ 3597 SCOI2014 方伯伯送椰子 网络流分析+SPFA

原题链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3597

 

Description

四川的方伯伯为了致富，决定引进海南的椰子树。方伯伯的椰子园十分现代化，椰子园中有一套独特的交通系统。

现在用点来表示交通节点，边来表示道路。这样，方伯伯的椰子园就可以看作一个有 n + 2 个交通节点，m条边的有向无环图。n +1 号点为入口，n +2 号点为出口。每条道路都有 6 个参数，ui，vi，ai，bi，ci，di，分别表示，该道路从 ui 号点通向 vi 号点，将它的容量压缩一次要 ai 的花费，容量扩大一次要 bi 的花费，该条道路当前的运输容量上限为 ci，并且每单位运输量通过该道路要 di 的费用。

在这个交通网络中，只有一条道路与起点相连。因为弄坏了这条道路就会导致整个交通网络瘫痪，聪明的方伯伯决定绝不对这条道路进行调整，也就是说，现在除了这条道路之外，对其余道路都可以进行调整。

有两种调整方式：

1. 选择一条道路，将其进行一次压缩，这条道路的容量会下降 1 单位。

2. 选择一条道路，将其进行一次扩容，这条道路的容量会上升 1 单位。

一条道路可以被多次调整。

由于很久以前，方伯伯就请过一个工程师，对这个交通网络进行过一次大的优化调整。所以现在所有的道路都被完全的利用起来了，即每条道路的负荷都是满的（每条道路的流量等于其容量）。

但方伯伯一想到自己的海南椰子会大丰收，就十分担心巨大的运输量下，会导致过多的花费。因此，方伯伯决定至少进行一次调整，调整之后，必须要保持每条道路满负荷，且总交通量不会减少。

设调整后的总费用是 Y，调整之前的总费用是 X。现在方伯伯想知道，最优调整比率是多少，即假设他进行了 k 次调整，(X - Y)/k最大能是多少？

注：总费用 = 交通网络的运输花费 + 调整的花费

Input

第一行包含二个整数N，M接下来M行代表M条边，表示这个交通网络每行六个整数，表示Ui,Vi,Ai,Bi,Ci,Di接下来一行包含一条边，表示连接起点的边

Output

一个浮点数，保留二位小数。表示答案，数据保证答案大于0

Sample Input

5 10
1 5 13 13 0 412
2 5 30 18 396 148
1 5 33 31 0 39
4 5 22 4 0 786
4 5 13 32 0 561
4 5 3 48 0 460
2 5 32 47 604 258
5 7 44 37 75 164
5 7 34 50 925 441
6 2 26 38 1000 22

Sample Output

103.00

HINT

1<=N<=500,0<=M<=3000,1<=Ui,Vi<=N+2,0<=Ai,Bi<=500,0<=Ci<=10000,0<=Di<=1000

 

 

 

题意概述：
　　给出一个N+2个点M条边的DAG图，这是一张网络，每条边有缩容1的代价a，扩容1的代价b，流量上限c，流量费用d。一开始网络中每条边都是满流的。现在可以对网络进行一些调整（不包括和起点相连的唯一的那条边），调整之后使得网络中的所有边依旧满流（即同时流量大小不变）。
　　假设进行了K次调整，调整之前的总流量费用为X，调整中花费的费用以及调整之后的流量费用为Y，问(X-Y)/K的最大值（答案保证大于0）。

 

分析：
　　哎呀呀先分析性质。。。。。
　　题目给的(X-Y)/K长得很难看。。发现每一次操作只会让某一条边新的流量的代价增加/减少单位代价，所以说这个式子实际上求的是合法调整方案每次操作的单位代价。
　　最终的总流量不能变，那么事实上我们不能增流或者减流，只能调整流量。在残量网络之中一个合法的改流对应了一个环（可以递归证明，因为这是个DAG图所以不存在正权环无效改流的情况）。对于一次增流操作，付出的代价为d+b；对于一次减流操作，得到的收益为d-a。当存在一个环中所有边的调整代价为负数，即得到一个负权环的时候，这种调整给我们带来了收益。
　　题目的问法显然是个最优比率问题，那么考虑二分答案。假设当前二分到的值为m，假设存在一种方案，所有被操作的边的收益和为sum，操作边的数量为cnt，那么有sum/cnt>=m，虽然这其中可能有很多个环，但是根据糖水原理一定至少包含一个环单独满足这个性质。于是对于这单独的一个环，式子变成：cnt*m-sum<=0，cnt表示的是环上边的数量。分到每条边的头上就是sum{m-w}<=0，其中w代表的是这条边的收益（原图的边正向连边，收益-(d+b)，反向连边，收益为(d-a)）。对于原图中没有流量的边，不连反向边。二分答案的时候看有没有负权环，有的话说明答案成立，可以往大猜，否则不成立，只能往小猜。
　　二分下界为0，上界为所有边d的和。
　　最坏时间复杂度：O((34)*N*M)

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<cctype>
#define inf (1e9+5)
using namespace std;
const int maxn=505;
const int maxm=3005;
const double eps=1e-4;

int N,M;
struct net_edge{ int u,v,a,b,c,d; }NE[maxm];
struct edge{ int to,next; double w; }E[maxm<<1];
int first[maxn],np,inq[maxn],inc[maxn],sum; double dist[maxn];

void data_in()
{
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i=1;i<=M;i++){
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&NE[i].u,&NE[i].v,&NE[i].a,&NE[i].b,&NE[i].c,&NE[i].d);
        sum+=NE[i].d;
    }
}
void add_edge(int u,int v,double w)
{
    E[++np]=(edge){v,first[u],w};
    first[u]=np;
}
bool SPFA()
{
    for(int i=1;i<=N+2;i++) dist[i]=inf,inc[i]=inq[i]=0;
    queue<int>q;
    q.push(N+1);
    dist[N+1]=0,inq[N+1]=1,inc[N+1]=1;
    while(!q.empty()){
        int i=q.front(); q.pop();
        inq[i]=0;
        for(int p=first[i];p;p=E[p].next){
            int j=E[p].to;
            if(dist[i]+E[p].w<dist[j]){
                dist[j]=dist[i]+E[p].w,
                if(!inq[j]){
                    if(++inc[j]==N+2) return 1;
                    inq[j]=1,q.push(j);
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}
bool check(double m)
{
    memset(first,0,sizeof(first));
    np=0;
    for(int i=1;i<=M;i++){
        add_edge(NE[i].u,NE[i].v,m+(NE[i].d+NE[i].b));
        if(NE[i].c) add_edge(NE[i].v,NE[i].u,m-(NE[i].d-NE[i].a));
    }
    return SPFA();
}
void work()
{
    double L=0,R=sum,mid,ans=0;
    while(R-L>=eps){
        mid=(L+R)/2;
        if(check(mid)) ans=mid,L=mid;
        else R=mid;
    }
    printf("%.2f\n",ans);
}
int main()
{
    data_in();
    work();
    return 0;
}