bzoj 3130 [Sdoi2013]费用流（二分，最大流）

 

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
2 3 1 5

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。

 

【思路】

 

       二分，最大流

       如果已知一个最大流网络，Bob就可以将p的费用全部放在最大边上使得总费用最大，因此Alice就要选一个最大边最小的最大流。

       先求出最大流maxflow，然后二分最大边，如果依然可以跑出maxflow的最大流量说明可行。

 

【代码】

#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
using namespace std;

const int N = 105;
const double INF = 1e9;
const double eps = 1e-8;

struct Edge {
    int u,v; double cap,flow;
};

struct Dinic {
    int n,m,s,t,d[N],cur[N],vis[N];
    vector<Edge> es;
    vector<int> g[N]; 
    queue<int> q;
    void init(int n) {
        this->n=n;
        es.clear();
        for(int i=0;i<=n;i++) g[i].clear();
    }
    void clear() {
        for(int i=0;i<es.size();i++) es[i].flow=0;
    }
    void AddEdge(int u,int v,double w) {
        es.push_back((Edge){u,v,w,0});
        es.push_back((Edge){v,u,0,0});
        int m=es.size();
        g[u].push_back(m-2); g[v].push_back(m-1);
    }
    bool bfs() {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        vis[s]=1; d[s]=0; q.push(s);
        while(!q.empty()) {
            int u=q.front(); q.pop();
            for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
                Edge& e=es[g[u][i]];
                int v=e.v;
                if(e.cap>e.flow && !vis[v]) {
                    vis[v]=1; d[v]=d[u]+1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        return vis[t];
    }
    double dfs(int u,double a) {
        if(u==t || fabs(a)<eps) return a;
        double flow=0,f;
        for(int& i=cur[u];i<g[u].size();i++) {
            Edge& e=es[g[u][i]];
            int v=e.v;
            if(d[v]==d[u]+1 && (f=dfs(v,min(a,e.cap-e.flow)))>0) {
                flow+=f; a-=f;
                e.flow+=f; 
                es[g[u][i]^1].flow-=f;
                if(fabs(a)<eps) break;
            }
        }
        return flow;
    }
    double Maxflow(int s,int t) {
        this->s=s; this->t=t;
        double flow=0;
        while(bfs()) {
            memset(cur,0,sizeof(cur));
            flow+=dfs(s,INF);
        }
        clear();
        return flow;
    }
} dc;

int n,m,p; double maxflow;

Edge te[N*N];
bool can(double M) {
    for(int i=0;i<dc.es.size();i++)
        te[i]=dc.es[i],dc.es[i].cap=min(dc.es[i].cap,M);
    double ans=dc.Maxflow(1,n);
    for(int i=0;i<dc.es.size();i++)
        dc.es[i]=te[i];
    return fabs(ans-maxflow)<eps;
}

int main() {
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    dc.init(n);
    int u,v; double w,L=0,R;
    FOR(i,1,m) {
        scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w);
        dc.AddEdge(u,v,w); R=max(R,w);
    }
    maxflow=dc.Maxflow(1,n);
    while((R-L)>eps) {
        double M=(L+R)*0.5;
        if(can(M)) R=M; else L=M;
    }
    printf("%.0f\n%.4f",maxflow,(double)p*L);
    return 0;
}