费用流（bzoj 3130）

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

3 2 1
1 2 10
2 3 15

Sample Output

10
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。

/*
    可以知道，最后P一定分配在最大的容量的那条边，那么就要使最大容量最小，二分答案。 
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define inf 1000000000
#define N 2010
#define eps 0.0001
using namespace std;
int head[N],dis[N],n,m,p,cnt=1,S,T;int q[N];
struct node{int v,pre;double f;}e[N*2];
struct Node{int u,v,w;}road[N*2];

void add(int u,int v,double f){
    e[++cnt].v=v;e[cnt].f=f;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt;
    e[++cnt].v=u;e[cnt].f=0;e[cnt].pre=head[v];head[v]=cnt;
}
bool bfs(){
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    queue<int>q;q.push(S);dis[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].pre)
            if(e[i].f>0&&dis[e[i].v]==-1){
                dis[e[i].v]=dis[u]+1;
                q.push(e[i].v);
                if(e[i].v==T) return true;
            }
    }
    return dis[T]!=-1;
}
double dinic(int x,double f){
    if(x==T)return f;
    double rest=f;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){
        if(e[i].f&&dis[e[i].v]==dis[x]+1){
            double t=dinic(e[i].v,min(rest,e[i].f));
            if(!t) dis[e[i].v]=-1;
            e[i].f-=t;
            e[i^1].f+=t;
            rest-=t;
        }
    }
    return f-rest;
}
double work(double mid){
    memset(head,0,sizeof(head));
    cnt=1;double maxflow=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        add(road[i].u,road[i].v,min((double)road[i].w,mid));
    while(bfs())
        maxflow+=dinic(S,inf);
    return maxflow;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    S=1;T=n;double maxf=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&road[i].u,&road[i].v,&road[i].w);
        maxf=max(maxf,(double)road[i].w);
    }
    double maxflow=work(maxf);
    printf("%d\n",(int)maxflow);
    double l=0,r=maxf,ans=r;
    while(r-l>eps){
        double mid=(l+r)/2.0;
        if(fabs(work(mid)-maxflow)<eps)
            r=mid,ans=mid;
        else l=mid;
    }
    printf("%.4lf",ans*(double)p);
    return 0;
}