技術標籤：ACwing

題目來源

AcWing361

題目描述

給定一張L個點、P條邊的有向圖，每個點都有一個權值f[i]，每條邊都有一個權值t[i]。

求圖中的一個環，使“環上各點的權值之和”除以“環上各邊的權值之和”最大。

輸出這個最大值。

注意：資料保證至少存在一個環。

輸入格式

第一行包含兩個整數L和P。

接下來L行每行一個整數，表示f[i]。

再接下來P行，每行三個整數a，b，t[i]，表示點a和b之間存在一條邊，邊的權值為t[i]。

輸出格式

輸出一個數表示結果，保留兩位小數。

資料範圍

2 ≤ L ≤ 1000 ,
2 ≤ P ≤ 5000,
1 ≤ f[i] , t[i] ≤ 1000

輸入樣例

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

輸出樣例

6.00

主要思路

我們稱使“環上各點的權值之和”除以“環上各邊的權值之和”最大這類問題為01分數規劃問題，這類問題主要解法為二分答案+圖論知識。

首先我們由f[i] , t[i]的資料範圍可知環上各點的權值之和除以環上各邊的權值之和的結果的範圍為(0, 1000]，所以我們只需在次區間內二分答案即可。程式碼如下

double l = 0, r = 1000;
    while(r - l > 1e-4)
    {
        double mid = (l + r)
 
 / 2;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }

問題就變成了我們改如何解決check函式問題。
當環上各點的權值之和除以環上各邊的權值之和大於mid時我們就令l = mid，否則令r = mid。
那我們如何判斷環上各點的權值之和除以環上各邊的權值之和是否大於mid，此時需要數學公式的推導，假設環上有k個點
( ∑ k = 1 n f [ i ] / ∑ k = 1 n t [ i ] ) > m i d (\sum_{k=1}^n f[i] / \sum_{k=1}^n t[i]) > mid (k

∑ k = 1 n f [ i ] > m i d ∗ ∑ k = 1 n t [ i ] \sum_{k=1}^n f[i] > mid * \sum_{k=1}^n t[i] k=1∑n​f[i]>mid∗k=1∑n​t[i]

∑ k = 1 n f [ i ] − m i d ∗ ∑ k = 1 n t [ i ] > 0 \sum_{k=1}^n f[i] - mid * \sum_{k=1}^n t[i] > 0 k=1∑n​f[i]−mid∗k=1∑n​t[i]>0

∑ k = 1 n ( f [ i ] − m i d ∗ t [ i ] ) > 0 \sum_{k=1}^n (f[i] - mid * t[i]) > 0 k=1∑n​(f[i]−mid∗t[i])>0

這個公式表明，只要當前環中點的權值-mid*出邊的權值和為正，那麼就可以判斷出環上各點的權值之和除以環上各邊的權值之和大於mid，同時令l = mid，也就是說我們用該公式判斷出是否存在正環即可，判斷正環或負環可以用spfa演算法判斷

AC程式碼

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

const int N = 1010, M = 5010;
int n, m, cnt[N], wf[N];
double dist[N];
int h[N], e[M], ne[M], wt[M], idx;
bool st[N];

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

bool check(double mid)//spfa判斷正環
{
    memset(st, 0, sizeof(st));
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    memset(dist, 0, sizeof(dist));
    
    queue<int> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++) q.push(i), st[i] = true;
    while(q.size())
    {
        int t = q.front();
        q.pop();
        
        st[t] = false;
        
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            
            if(dist[j] < dist[t] + wf[t] - mid * wt[i])//用最長路判斷是否存在正環
            //若有正環則會無限更新，直到邊數大於n，當邊數大於n時則至少有n+1個點
            //由抽屜原理判斷出一定存在重複的點，也就是一定有正環
            {
                dist[j] = dist[t] + wf[t] - mid * wt[i];
                cnt[j] = cnt[t] + 1;
                if(cnt[j] >= n) return true;//邊數大於n判斷存在正環
                
                if(!st[j])
                {
                    st[j] = true;
                    q.push(j);//入隊
                }
            }
        }
    }
    return false;//如果沒有正環返回false
}

int main(void)
{
    cin >> n >> m;
    memset(h, -1, sizeof(h));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> wf[i];
    }
    for(int i = 0; i < m; i++)
    {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c);
    }
    
    double l = 0, r = 1000;
    while(r - l > 1e-4)//二分
    {
        double mid = (l + r) / 2;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    printf("%.2lf\n", l);
    return 0;
}