bzoj3232
Description
DZY家的后院有一块地，由N行M列的方格组成，格子内种的菜有一定的价值，并且每一条单位长度的格线有一定的费用。
DZY喜欢在地里散步。他总是从任意一个格点出发，沿着格线行走直到回到出发点，且在行走途中不允许与已走过的路线有任何相交或触碰（出发点除外）。记这条封闭路线内部的格子总价值为V，路线上的费用总和为C，DZY想知道V/C的最大值是多少。
Input
第一行为两个正整数n,m。
接下来n行，每行m个非负整数，表示对应格子的价值。
接下来n+1行，每行m个正整数，表示所有横向的格线上的费用。
接下来n行，每行m+1个正整数，表示所有纵向的格线上的费用。
（所有数据均按从左到右，从上到下的顺序输入，参见样例和配图）
Output
输出一行仅含一个数，表示最大的V/C，保留3位小数。
Sample Input
3 4
1 3 3 3
1 3 1 1
3 3 1 0
100 1 1 1
97 96 1 1
1 93 92 92
1 1 90 90
98 1 99 99 1
95 1 1 1 94
1 91 1 1 89
1 3 3 3
1 3 1 1
3 3 1 0
100 1 1 1
97 96 1 1
1 93 92 92
1 1 90 90
98 1 99 99 1
95 1 1 1 94
1 91 1 1 89
Sample Output
1.286
HINT
题解：
0/1分数规划，二分mid
转化为是否存在一组解
使得∑vi-mid*∑ci<=0
即，每个格线有一个边权，每个格有权，是否能找到一个封闭的图形，使得内部和-边权和>0
发现和一般的不同的是，每个元素不是可以直接访问然后取值的。
因为还有格线和封闭起来的块的问题。
假设先不管块的值。
我们发现题目是一个从某个点出发，再回到某个点，然后判断是否有一条>0的路径。
即，图中有没有正环。
那么，块的值怎么办？
可以前缀差分！！
sum[i][j]表示，∑val[1~i][j]
对于一个横边：(i,j)->(i,j+1)，边权是：mid*c+sum[i][j]
(i,j)->(i,j-1)，边权是：mid*c-sum[i][j]
竖边就是mid*c
那么对于一个闭合封闭图形，必然可以把块的贡献看作是一列一列的。
并且，如果这是一个正环，那么存在从左下角出发往右走再绕回来，然后边权之和恰好有∑sum[i][j]-sum[i-p][j]
就差分出来格内部的权值和了。
注意，最短路的时候，为了卡精度，但是赋值时不能dis[dx][dy]=dis[x][y]+w-eps或者+eps
eps只在比较的时候用，赋值就不能用了。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=52; const double eps=0.000001; int n,m; int val[N][N]; int sum[N][N]; int mv[4][2]={{+1,0},{-1,0},{0,+1},{0,-1}}; int co[N][N][4]; double dis[N][N]; bool vis[N][N]; int in[N][N];//ci in queue struct node{ int has,x,y; }; queue<node>q; double mid; bool spfa(){ while(!q.empty()) q.pop(); node st; st.has=0,st.x=0,st.y=0; dis[0][0]=0.00; q.push(st); while(!q.empty()){ node now=q.front();q.pop(); vis[now.x][now.y]=0; if(now.has>(n+1)*(m+1)+1) return true; for(int i=0;i<4;i++){ int dx=now.x+mv[i][0],dy=now.y+mv[i][1]; if(dx<0||dx>n) continue; if(dy<0||dy>m) continue; double w=-1.0*mid*co[now.x][now.y][i]; if(i==2) w+=sum[now.x][now.y+1]; if(i==3) w-=sum[now.x][now.y]; if(dis[dx][dy]+0.0001<dis[now.x][now.y]+w){ dis[dx][dy]=dis[now.x][now.y]+w; in[dx][dy]++; if(in[dx][dy]>(n+1)*(m+1)+1) return true; if(!vis[dx][dy]){ vis[dx][dy]=1; node tmp; tmp.has=now.has+1; tmp.x=dx,tmp.y=dy; q.push(tmp); } } } } return false; } bool che(){ memset(dis,0xcf,sizeof dis); memset(in,0,sizeof in); memset(vis,0,sizeof vis); if(spfa()) return true; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); int mx=0; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&val[i][j]); mx+=val[i][j]; sum[i][j]=sum[i-1][j]+val[i][j]; } }int t; for(int i=0;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&t); co[i][j-1][2]=co[i][j][3]=t; } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=0;j<=m;j++){ scanf("%d",&t); co[i-1][j][0]=co[i][j][1]=t; } } double l=0.00,r=1.0*mx; double ans; while(r-l>eps){ mid=(l+r)/2.0; if(che()) l=mid,ans=mid; else r=mid; } printf("%.3lf",ans); return 0; }
