Bzoj3130 [Sdoi2013]费用流
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Description
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。
Input
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。
Output
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。
Sample Input
1 2 10
2 3 15
Sample Output
10.0000
HINT
【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：10*0.5+10*0.5=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。
网络流+二分答案
之前刷了两周网络流，感觉人生经验已经积累到了一定程度了。比如说这道题，一眼就能看出是要二分最大流量，判定是否可行。
(Bob为了使收益最大，一定会把所有的费用堆到流量最大的那条边上)
于是自信满满地敲了二分答案上去，自信满满地submit
然而WA掉了。
WTF为什么流量是实数啊？
仔细想了想，虽然题目没明说，但确实该是实数。
跪在语文上了。
1 /*by SilverN*/ 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<queue> 8 using namespace std; 9 const double eps=1e-6; 10 const int INF=1e9; 11 const int mxn=240; 12 int read(){ 13 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 14 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 15 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 16 return x*f; 17 } 18 struct EG{ 19 int x,y; 20 double f; 21 }eg[mxn*10]; 22 struct edge{ 23 int v,nxt; 24 double f; 25 }e[mxn*20]; 26 int hd[mxn],mct=1; 27 void add_edge(int u,int v,double f){ 28 e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return; 29 } 30 void insert(int u,int v,double c){ 31 add_edge(u,v,c); 32 add_edge(v,u,0); 33 return; 34 } 35 void init(){ 36 memset(hd,0,sizeof hd); 37 mct=1; 38 } 39 int n,m,S,T; 40 double P; 41 int d[mxn]; 42 bool BFS(){ 43 memset(d,0,sizeof d); 44 queue<int>q; 45 d[S]=1; 46 q.push(S); 47 while(!q.empty()){ 48 int u=q.front();q.pop(); 49 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 50 int v=e[i].v; 51 if(!d[v] && e[i].f>eps){ 52 d[v]=d[u]+1; 53 q.push(v); 54 } 55 } 56 } 57 return d[T]; 58 } 59 double DFS(int u,double lim){ 60 if(u==T || fabs(lim)<eps)return lim; 61 double f=0; 62 double tmp; 63 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 64 int v=e[i].v; 65 if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f>eps){ 66 tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f)); 67 e[i].f-=tmp; 68 e[i^1].f+=tmp; 69 lim-=tmp; 70 f+=tmp; 71 if(lim<eps)return f; 72 } 73 } 74 d[u]=0; 75 return f; 76 } 77 double Dinic(){ 78 double res=0; 79 while(BFS()){ 80 double tmp=DFS(S,INF); 81 if(tmp<eps)break; 82 res+=tmp; 83 } 84 return res; 85 } 86 void Build(double lim){ 87 for(int i=1;i<=m;i++){ 88 insert(eg[i].x,eg[i].y,min(eg[i].f,lim)); 89 } 90 return; 91 } 92 double ans=0,res; 93 void solve(){ 94 Build(INF); 95 res=Dinic(); 96 double l=1,r=50000; 97 while(abs(r-l)>eps){ 98 double mid=(l+r)/2; 99 init(); 100 Build(mid); 101 if(fabs(Dinic()-res)<=eps){ 102 ans=mid; 103 r=mid; 104 } 105 else l=mid; 106 } 107 return; 108 } 109 int main(){ 110 scanf("%d%d%lf",&n,&m,&P); 111 S=1;T=n; 112 int i,j; 113 for(i=1;i<=m;i++){ 114 scanf("%d%d",&eg[i].x,&eg[i].y);scanf("%lf",&eg[i].f); 115 } 116 solve(); 117 printf("%.0f\n",res); 118 printf("%.4f\n",P*ans); 119 // 120 return 0; 121 }
