BZOJ3130 [Sdoi2013]费用流 【网络流 + 二分】
题目
Alice和Bob在图论课程上学习了最大流和最小费用最大流的相关知识。
最大流问题：给定一张有向图表示运输网络，一个源点S和一个汇点T，每条边都有最大流量。一个合法的网络流方案必须满足：(1)每条边的实际流量都不超过其最大流量且非负；(2)除了源点S和汇点T之外，对于其余所有点，都满足该点总流入流量等于该点总流出流量；而S点的净流出流量等于T点的净流入流量，这个值也即该网络流方案的总运输量。最大流问题就是对于给定的运输网络，求总运输量最大的网络流方案。
上图表示了一个最大流问题。对于每条边，右边的数代表该边的最大流量，左边的数代表在最优解中，该边的实际流量。需要注意到，一个最大流问题的解可能不是唯一的。 对于一张给定的运输网络，Alice先确定一个最大流，如果有多种解，Alice可以任选一种；之后Bob在每条边上分配单位花费（单位花费必须是非负实数），要求所有边的单位花费之和等于P。总费用等于每一条边的实际流量乘以该边的单位花费。需要注意到，Bob在分配单位花费之前，已经知道Alice所给出的最大流方案。现茌Alice希望总费用尽量小，而Bob希望总费用尽量大。我们想知道，如果两个人都执行最优策略，最大流的值和总费用分别为多少。
输入格式
第一行三个整数N，M，P。N表示给定运输网络中节点的数量，M表示有向边的数量，P的含义见问题描述部分。为了简化问题，我们假设源点S是点1，汇点T是点N。
接下来M行，每行三个整数A，B，C，表示有一条从点A到点B的有向边，其最大流量是C。
输出格式
第一行一个整数，表示最大流的值。
第二行一个实数，表示总费用。建议选手输出四位以上小数。
输入样例
3 2 1
1 2 10
2 3 15
输出样例
10
10.0000
提示
【样例说明】
对于Alice，最大流的方案是固定的。两条边的实际流量都为10。
对于Bob，给第一条边分配0.5的费用，第二条边分配0.5的费用。总费用
为：100.5+100.5=10。可以证明不存在总费用更大的分配方案。
【数据规模和约定】
对于20%的测试数据：所有有向边的最大流量都是1。
对于100%的测试数据：N < = 100，M < = 1000。
对于l00%的测试数据：所有点的编号在I..N范围内。1 < = 每条边的最大流
量 < = 50000。1 < = P < = 10。给定运输网络中不会有起点和终点相同的边。
题解
首先，Bob的最优策略一定是将所有权值加到流量最大的边上
所以Alice应使在最大流前提下使最大流量的边最小
那么二分所有边的上限判定可行性就可以了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define eps 1e-8
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 105,maxm = 5005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
int n,m,h[maxn],ne = 2,S,T;
double P,M;
struct EDGE{int to,nxt; double f,cap;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,double w){
ed[ne] = (EDGE){v,h[u],w,w}; h[u] = ne++;
ed[ne] = (EDGE){u,h[v],0,0}; h[v] = ne++;
}
int d[maxn],vis[maxn],cur[maxn];
queue<int> q;
bool bfs(){
for (int i = 1; i <= n; i++) d[i] = INF,vis[i] = false;
q.push(S); d[S] = 0; vis[S] = true;
int u;
while (!q.empty()){
u = q.front(); q.pop();
Redge(u) if (fabs(ed[k].f) > eps && !vis[to = ed[k].to]){
d[to] = d[u] + 1; vis[to] = true;
q.push(to);
}
}
return vis[T];
}
double dfs(int u,double minf){
if (u == T || fabs(minf) < eps) return minf;
double flow,f; int to;
if (cur[u] == -1) cur[u] = h[u];
for (int& k = cur[u]; k; k = ed[k].nxt)
if (d[to = ed[k].to] == d[u] + 1 && fabs(f = dfs(to,min(minf,ed[k].f))) > eps){
ed[k].f -= f; ed[k ^ 1].f += f;
flow += f; minf -= f;
if (fabs(minf) < eps) break;
}
return flow;
}
double maxflow(){
double flow = 0;
while (bfs()){
memset(cur,-1,sizeof(cur));
flow += dfs(S,INF);
}
return flow;
}
bool check(double cap){
for (int i = 2; i < ne; i += 2){
ed[i ^ 1].f = 0;
ed[i].f = min(ed[i].cap,cap);
}
return maxflow() >= M;
}
void solve(){
M = maxflow();
double l = 0,r = 50000,mid;
while ((r - l) > 1e-4){
mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
printf("%.lf\n%.4lf\n",M,l * P);
}
int main(){
n = read(); m = read(); P = read(); S = 1; T = n;
int a,b,w;
for (int i = 1; i <= m; i++){
a = read(); b = read(); w = read();
build(a,b,w);
}
solve();
return 0;
}
