AcWing 361 观光奶牛

$AcWing$ $361$ 观光奶牛

一、题目描述

背景
作为对奶牛们辛勤工作的回报，$Farmer$ $John$决定带她们去附近的大城市玩一天。
旅行的前夜，奶牛们在兴奋地讨论如何最好地享受这难得的闲暇。
很幸运地，奶牛们找到了一张详细的城市地图，上面标注了城市中所有$L(2⩽L⩽1000)$座标志性建筑物（建筑物按$1…L$顺次编号）,以及连接这些建筑物的$P(2⩽P⩽5000)$条道路。按照计划，那天早上$Farmer$ $John$会开车将奶牛们送到某个她们指定的 建筑物 旁边，等奶牛们 完成她们的整个旅行并回到出发点 后，将她们接回农场。由于大城市中总是寸土寸金，所有的道路都很窄，政府不得不把它们都设定为通行方向固定的 单行道。

尽管参观那些标志性建筑物的确很有意思，但如果你认为奶牛们同样享受穿行于大城市的车流中的话，你就大错特错了。与参观景点相反，奶牛们 把走路定义为无趣 且令她们厌烦的活动。对于编号为$i$的标志性建筑物，奶牛们清楚地知道参观它能给自己带来的乐趣值$F_i$($1⩽F_i⩽1000$)。相对于奶牛们在走路上花的时间，她们参观建筑物的耗时可以忽略不计。

奶牛们同样仔细地研究过城市中的道路。她们知道第$i$条道路两端的建筑物$L1_i$和$L2_i$（道路方向为$L1_i \rightarrow L2_i$ ）,以及她们从道路的一头走到另一头所需要的时间$Ti(1⩽Ti⩽1000)$。
为了最好地享受她们的休息日，奶牛们希望她们 在一整天中平均每单位时间内获得的乐趣值最大 。当然咯，奶牛们不会愿意把同一个建筑物参观两遍，也就是说，虽然她们可以两次经过同一个建筑物，但她们的乐趣值只会增加一次。顺便说一句，为了让奶牛们得到一些锻炼，$Farmer$ $John$要求奶牛们参观至少$2$个建筑物。
请你写个程序，帮奶牛们计算一下她们能得到的最大平均乐趣值。

二、抽象题意

给定一张 $L$ 个点、$P$ 条边的 有向图，每个点都有一个权值 $f[i]$，每条边都有一个权值 $t[i]$。

求图中的一个环，使 环上各点的权值之和 除以 环上各边的权值之和 最大

输出这个 最大值。

注意：数据保证至少存在一个环

输入格式
第一行包含两个整数 $L$ 和 $P$。

接下来 $L$ 行每行一个整数，表示 $f[i]$。

再接下来 $P$ 行，每行三个整数 $a，b，t[i]$，表示点 $a$ 和 $b$ 之间存在一条边，边的权值为 $t[i]$。

输出格式
输出一个数表示结果，保留两位小数。

数据范围
$2≤L≤1000,2≤P≤5000,1≤f[i],t[i]≤1000$

输入样例：

5 7
30
10
10
5
10
1 2 3
2 3 2
3 4 5
3 5 2
4 5 5
5 1 3
5 2 2

输出样例：

6.00

样例对应的图示：

二、解题思路

$01$分数规划

本题考察$01$分数规划。$01$分数规划是这样的一类问题:

有一堆物品，每一个物品有一个收益$a_i$，一个代价$b_i$，我们要求一个方案使选择的$\sum{a_i} / \sum{b_i}$ 最大。比如说在$n$个物品中选$k$个物品，使得$\sum{a_i} / \sum{b_i}$ 最大，并且我们知道$a_i$和$b_i$的范围，间接就知道了$\sum{a_i} / \sum{b_i}$ 的范围，有范围的问题如果再具有单调性就可以用二分解决，如果我们能够知道对于某个$mid$，存在$\sum{a_i} / \sum{b_i} >= mid$，就说明最终的解不小于$mid$了，这就是本问题的 单调性。要使$\sum{a_i} / \sum{b_i} >= mid$，只要$mid * \sum{b_i} <= \sum{a_i}$即可，即 $$\large \sum(mid*b_i - a_i) <= 0$$ ，所以可以按照 $mid*b_i - a_i$的大小【由小到大】排序，前$k$个物品之和小于$0$,就说明这样的$mid$是存在的。

注：如果对$01$分数规划还不是很清晰，需要再看一下 专题讲解

题目解析

$f[i]$:收益, $w[i]$:代价

对于本题而言，既存在点权又存在边权不好计算。要使$∑f_i / ∑t_i$最大，只需要像上面解决一般的$01$分数规划问题那样二分即可，如果$∑(mid*t_i - f_i) <= 0$，就说明这样的$mid$存在。

本题又是求图中一个 环 上的点满足这样的条件，所以 本质上就是看有没有负权回路存在。

一般的$01$规划问题$a_i$和$b_i$一一对应，而本题中一个点可能连接多条边，但是一条边有且仅有两个顶点，我们可以把 每个顶点都收缩到它的各条出边上（收缩到入边上也是一样道理）。或者说，原图中有点权$f[i]$，边权$t[i]$，我们现在是要构造一张新图，新图的边权为$mid*t_i - f_i$，只要这张新图存在负权回路，就说明这样的$mid$是存在的。

浮点数二分
另外需要注意的是$mid$的取值是浮点数，我们在对浮点数做二分时，$mid$不能随便加减一了，不论存不存在这样的$mid$，$l$或者$r$都只能等于$mid$，整数二分的上下取整问题对于浮点数二分也是不存在的。

本题虽然看起来复杂，但是只需要对图的边权做下映射，很容易发现就是求图中有没有负环的问题，解决起来还是比较简单的。

时间复杂度
最坏情况存在长度为 $L$ 的环， $∑t_i=L,∑f_i=1000L$。故答案最大可能是 $1000$。

疑问：有没有可能是 零环 呢？

$A$：因为这是一个浮点数的二分问题，不存在绝对相等，有精度的要求，也就不考虑零环问题。

三、二分 + 负环 + $SPFA$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-8;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1010, M = 5010;
int n, m;
int f[N], cnt[N];
double dist[N];
bool st[N];

// 邻接表
int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

bool check(double x) {
    queue<int> q;
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    memset(st, false, sizeof st);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        q.push(i);
        st[i] = 1;
    }

    while (q.size()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        st[u] = 0;
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            // 最短路
            if (dist[v] > dist[u] + w[i] * x - f[u]) {
                dist[v] = dist[u] + w[i] * x - f[u];
                // 判负环
                cnt[v] = cnt[u] + 1;
                if (cnt[v] >= n) return 1;
                if (!st[v]) {
                    q.push(v);
                    st[v] = 1;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]); // 每个点都有一个权值f[i]

    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);
    int a, b, c;
    while (m--) {
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c);
    }

    // 浮点数二分
    double l = 0, r = INF;
    while (r - l > eps) {
        double mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid))
            l = mid; // 存在负环时，mid再大一点,最终取得01分数规则的最大值
        else
            r = mid; // 不存在负环时，mid再小一点
    }
    printf("%.2lf\n", l);
    return 0;
}

四、$SPFA+dfs$解法

$Q:$为什么要研究$SPFA+dfs$写法？
答：如果你用$SPFA$的$bfs$写法判断负环出现了$TLE$，那么可以尝试使用$SPFA+dfs$写法，$SPFA+dfs$的方法可以做到线性时间复杂度，原理见：这里

$dfs$思路

① 把$dist$数组的初值置为$0$，这样就能保证走过的路径和一直为负，排除了大量无关路径。
② 这样判断的是是否有经过起始点的负环，因此要判断整个图中是否有负环的话，得把$n$个点全跑一遍。

注意事项

• ① 如果 只是判负环，使用$dfs$比$bfs$一般要 快得多
• ② $dfs$ 判断负环时，$dist$数组初值应该都设为$0$
• ③ 不要指望$dfs$在判断负环的同时还能求最短路了
• ④ 用$dfs$判断负环，不能只把一个点作为源点跑一次，而要把$1−n$每个都作为源点跑一遍$dfs$，才能保证结果的正确。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 5010;
int n, m;
int f[N], cnt[N];
double dist[N];
bool st[N];
const double eps = 1e-4;
// 邻接表
int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// dfs 判环 Accepted	35 ms
bool dfs(int u, double mid) {
    if (st[u]) return 1; // 如果又见u，说明有环
    bool flag = 0;       // 我的后代们是不是有环？

    st[u] = 1; // u出现过了~
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        // 更新最小值，判负环
        if (dist[v] > dist[u] + w[i] * mid - f[u]) {
            dist[v] = dist[u] + w[i] * mid - f[u];
            // 检查一下我的下一个节点v,它要是有负环检查到，我也汇报
            flag = dfs(v, mid);
            if (flag) break;
        }
    }
    st[u] = 0; // 回溯

    return flag;
}

bool check(double mid) {
    memset(dist, 0, sizeof dist);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (dfs(i, mid)) return true;
    return false;
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]); // 每个点都有一个权值f[i]
    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);
    int a, b, c;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c);
    }
    // 浮点数二分
    double l = 0, r = 1000;
    // 左边界很好理解，因为最小是0；
    // Σf[i]最大1000*n,Σt[i]最小是1*n,比值最大是1000
    // 当然，也可以无脑的设置r=INF，并不会浪费太多时间，logN的效率你懂的
    // 因为保留两位小数，所以这里精度设为1e-4
    while (r - l > eps) {
        double mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid))
            l = mid;
        else
            r = mid;
    }
    printf("%.2lf\n", l);
    return 0;
}

疑问与解答

$Q$:为什么在$dfs$找负环的代码中，需要用到$st[]$的回溯呢， 是为了不重新进行$memset$清零吗？还是有其它的理由？

答： 找负环的代码是一个标准模板，必须回溯，不能用memset(st,0,sizeof st)进行替换，原因如下：

下面附上 标准模板代码 与 标准错误代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010, M = 5010;
double dist[N];
bool st[N];

int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// ① dfs找负环的标准模板
bool dfs1(int u) {
    if (st[u]) return 1;
    bool flag = 0;
    st[u] = 1;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (dist[v] > dist[u] + w[i]) {
            dist[v] = dist[u] + w[i];
            flag = dfs1(v);
            if (flag) break;
        }
    }
    // 回溯写法
    st[u] = 0;
    return flag;
}

// ② 标准错误答案
bool dfs2(int u) {
    if (st[u]) return 1;
    bool flag = 0;
    st[u] = 1;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (dist[v] > dist[u] + w[i]) {
            cout << "u=" << u << ",v=" << v << endl;
            dist[v] = dist[u] + w[i];
            flag = dfs2(v);
            if (flag) return 1;
        }
    }
    // 坚决不回溯

    return flag;
}

/*
测试用例：
4 4
1 2 -2
2 3 -6
2 4 1
4 3 -4

结论：图中是没有负环的，应该返回0
*/
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("361.in", "r", stdin);
#endif
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    // 初始化邻接表
    memset(h, -1, sizeof h);
    int a, b, c;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c);
    }

    cout << dfs1(1) << endl; // 返回正确解0，表示没有找到负环

    // 如果按不回溯，而是memset的办法，结果就是错误的啦~
    memset(st, 0, sizeof st);
    memset(dist, 0, sizeof dist);
    cout << dfs2(1) << endl; // 返回错误结果1，表示找到负环
    return 0;
}