LOJ 6479 [ICPC World Finals 2017] 小小水管工 Son of Pipe Stream 题解

题意

给出 $n$ 个城市和 $m$ 条双向管道，以及两个实数 $v$ 和 $a$ 。有两种液体，分别是水和 Flubber（下面简写为 W 和 F）。 $1$ 号和 $2$ 号城市分别生产 Flubber 和水，并通过管道流入 $3$ 号城市。对于一条管道，其中可以同时存在两种液体，但是方向必须相同。每条管道有一个容量 $c_{i}$ ，如果一条管道中有 $w$ 个单位的水和 $f$ 个单位的 Flubber，那么需要满足 $v \cdot f + w \leq c_{i}$ 。记最终流到 $3$ 号城市的水和 Flubber 分别为 $W$ 和 $F$ ，求 $F^{a} \cdot W^{1 - a}$ 的最大值，并给出任意一个方案。
$n \leq 200$ ， $n - 1 \leq m \leq \frac{n (n - 1)}{2}$ ， $1 \leq v, c_{i} \leq 10$ ， $0.01 \leq a \leq 0.99$ 。

做法

首先 $v$ 是没有用的，因为我们可以把所有的 Flubber 都乘上 $v$ ，最后把答案除以 $v^{a}$ ，这样就把 $v$ 去掉了。

考虑如果我们不区分两种液体（即两个源点都可以产出两种液体），那么这就是一个普通最大流。设此时的流量为 $Z$ 。

现在考虑区分两种液体怎么做。
设两种液体的流量分别为 $F$ 和 $W$ ，那么容易发现 $F + W \leq Z$ 。那是不是 $F$ 的取值范围就是 $[0, Z]$ 呢？
很容易发现这是错的。假设我们只保留 Flubber，设此时的最大流为 $F_{max}$ ，类似地定义 $W_{max}$ ，那么容易发现 $F$ 的取值范围其实应该是 $[Z - W_{max}, F_{max}]$ 。

接下来就是人类智慧。感性理解一下我们能够发现，似乎对于任意一个 $F \in [Z - W_{max}, F_{max}]$ ，都存在一种方案使得 $F + W = Z$ （我们先不考虑 Flubber 和水的方向不能相同的限制）。

证明：

我们任取一个 $F = F_{max}$ 的方案，记为 $\vec{f}$ ；然后任取一个 $W = W_{max}$ 的方案，记为 $\vec{w}$ 。
因为在 $\vec{f}$ 中 $F = F_{max}$ ，而在 $\vec{w}$ 中 $F = Z - W_{max}$ ，而我们知道 $F \in [Z - W_{max}, F_{max}]$ ，所以必然存在实数 $α \in [0, 1]$ 使得 $α F_{max} + (1 - α) (Z - W_{max}) = F$ ，那么此时 $α \vec{f} + (1 - α) \vec{w}$ 就是流量为 $F$ 的一个方案。

现在问题转化为，对于任意 $F$ 满足 $F \in [Z - W_{max}, F_{max}]$ ，求 $F^{a} \cdot (Z - F)^{1 - a}$ 的最大值。简单求导发现应该取 $F = a \cdot Z$ 。如果 $a \cdot Z$ 不在 $[Z - W_{max}, F_{max}]$ 内，就取区间内离 $a \cdot Z$ 最近的点就好了。记这个点为 $F^{*}$ ，并记 $Z - F^{*} = W^{*}$ 。

求导过程：

记 $G (F) = F^{a} (Z - F)^{1 - a}$ ，那么

$\begin{aligned} G^{'} (F) \\ = & (F^{a} (Z - F)^{1 - a})^{'} \\ = & (F^{a})^{'} \cdot (Z - F)^{1 - a} + ((Z - F)^{1 - a})^{'} \cdot F^{a} \\ = & a F^{a - 1} (Z - F)^{1 - a} + (a - 1) (Z - F)^{- a} F^{a} \\ = & F^{a - 1} (Z - F)^{- a} (a (Z - F) + (a - 1) F) \\ = & F^{a - 1} (Z - F)^{- a} (a Z - F) \end{aligned}$

因为 $G (F)$ 在定义域内连续，所以极值点即为所有 $G^{'} (F) = 0$ 的点，即 $0, Z, a Z$ 三个点。代入原式发现 $0, Z$ 都是最小值，所以最大值就是 $F = a Z$ 。

现在答案已经求出来了，但是还要构造方案。注意到我们一直没考虑水和 Flubber 的方向不能相反的限制，但其实这不影响，只要我们最终构造出来的方案满足这个限制就行了。
求方案其实也比较简单。首先我们给 $1$ 号点限制 $F^{*}$ 的流量，给 $2$ 号点限制 $W^{*}$ 的流量，跑一个最大流，这样可以求出最优解中每条边的方向和总流量。但是我们没法把 Flubber 和水区分开。
于是我们建一个新的图，点还是原图的点，但是边的方向和流量为最优解中这条边的方向和流量。那么这个图其实本来就是一个最大流。然后我们只给 $1$ 号点 $F^{*}$ 的流量，那么此时的最大流就是 Flubber 的方案。这样会不会导致水的方案出问题呢？其实不会，因为一个合法流减去它的子流还是一个合法流。而且这个方案也满足水和 Flubber 的方向不能相反的限制。

那么这道题就做完了，感觉难点在于这个结论和找方案。

代码

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 200 + 5;
const int M = N * N;
const int FLOW_N = N + 4;
const int FLOW_M = N * N * 2 + N + 2;
const double eps = 1e-8;
const double FINF = 1e18;

int n, m;
struct GraphEdge { int u, v; double w; } e[M];
double fe[M];
double V, A;

struct Dinic {
	struct Edge { int to, nxt; double r; } edge[FLOW_M << 1];
	int head[FLOW_N], cur[FLOW_N], ek;
	int n, s, t;
	int dep[FLOW_N];
	std::queue<int> q;
	void add_one_edge(int u, int v, double c) { edge[ek] = (Edge){v, head[u], c}, head[u] = ek++; }
	bool bfs() {
		for(int i = 1; i <= n; i++) dep[i] = 0;
		dep[s] = 1, q.push(s);
		while(!q.empty()) {
			int u = q.front();
			q.pop();
			for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) if(!dep[edge[i].to] && edge[i].r > eps) {
				int v = edge[i].to;
				dep[v] = dep[u] + 1;
				q.push(v);
			}
		}
		return dep[t];
	}
	double dfs(int u, double in) {
		if(u == t) return in;
		double out = 0;
		for(int &i = cur[u]; i; i = edge[i].nxt) if(dep[u] + 1 == dep[edge[i].to] && edge[i].r > eps) {
			int v = edge[i].to;
			double ret = dfs(v, std::min(in, edge[i].r));
			if(ret < eps) continue;
			edge[i].r -= ret, edge[i ^ 1].r += ret;
			in -= ret, out += ret;
			if(in < eps) return out;
		}
		if(out < eps) dep[u] = 0;
		return out;
	}
	Dinic() : ek(2) {}
	void init(int n_) { n = n_; ek = 2; for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = 0; }
	void add_edge(int u, int v, double c) { add_one_edge(u, v, c), add_one_edge(v, u, 0); }
	double maxflow(int s_, int t_) {
		s = s_, t = t_;
		double ret = 0;
		while(bfs()) {
			for(int i = 1; i <= n; i++) cur[i] = head[i];
			ret += dfs(s, FINF);
		}
		return ret;
	}
} dinic;

int main() {
	scanf("%d%d%lf%lf", &n, &m, &V, &A);
	for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d%lf", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w);
	int src = n + 1, dst = n + 2;
	dinic.init(n + 2);
	for(int i = 1; i <= m; i++) dinic.add_edge(e[i].u, e[i].v, e[i].w), dinic.add_edge(e[i].v, e[i].u, e[i].w);
	dinic.add_edge(src, 2, FINF), dinic.add_edge(src, 1, FINF), dinic.add_edge(3, dst, FINF);
	double flow = dinic.maxflow(src, dst);
	dinic.init(n + 2);
	for(int i = 1; i <= m; i++) dinic.add_edge(e[i].u, e[i].v, e[i].w), dinic.add_edge(e[i].v, e[i].u, e[i].w);
	dinic.add_edge(src, 1, FINF), dinic.add_edge(3, dst, FINF);
	double Fmax = dinic.maxflow(src, dst);
	dinic.init(n + 2);
	for(int i = 1; i <= m; i++) dinic.add_edge(e[i].u, e[i].v, e[i].w), dinic.add_edge(e[i].v, e[i].u, e[i].w);
	dinic.add_edge(src, 2, FINF), dinic.add_edge(3, dst, FINF);
	double Wmax = dinic.maxflow(src, dst);
	double F = std::max(std::min(A * flow, Fmax), flow - Wmax);
	double W = flow - F;
	// printf("flow = %.3f, Fmax = %.3f, Wmax = %.3f, F = %.3f\n", flow, Fmax, Wmax, F);
	dinic.init(n + 2);
	for(int i = 1; i <= m; i++) dinic.add_edge(e[i].u, e[i].v, e[i].w), dinic.add_edge(e[i].v, e[i].u, e[i].w);
	dinic.add_edge(src, 2, W), dinic.add_edge(src, 1, F), dinic.add_edge(3, dst, FINF);
	double ff1 = dinic.maxflow(src, dst);
	assert(std::abs(ff1 - flow) <= eps);
	for(int i = 2; i <= 4 * m + 1; i += 4) fe[(i + 2) / 4] = dinic.edge[i ^ 1].r - dinic.edge[(i + 2) ^ 1].r;
	// for(int i = 1; i <= m; i++) printf("(%d, %d) %.4f\n", e[i].u, e[i].v, fe[i]);
	dinic.init(n + 2);
	for(int i = 1; i <= m; i++) dinic.add_edge(e[i].u, e[i].v, std::max(fe[i], 0.)), dinic.add_edge(e[i].v, e[i].u, std::max(-fe[i], 0.));
	dinic.add_edge(src, 1, F), dinic.add_edge(3, dst, FINF);
	double ff2 = dinic.maxflow(src, dst);
	// printf("ff = %.3f\n", ff2);
	assert(std::abs(ff2 - F) <= eps);
	for(int i = 2; i <= 4 * m + 1; i += 4) {
		double f = dinic.edge[i ^ 1].r - dinic.edge[(i + 2) ^ 1].r;
		printf("%.11f %.11f\n", f / V, fe[(i + 2) / 4] - f);
	}
	printf("%.11f\n", pow(F / V, A) * pow(flow - F, 1 - A));
	return 0;
}