P3305 [SDOI2013]費用流
題目描述
Alice和Bob在圖論課程上學習了最大流和最小費用最大流的相關知識。 最大流問題：給定一張有向圖表示運輸網路，一個源點S和一個匯點T，每條邊都有最大流量。
一個合法的網路流方案必須滿足：
(1)每條邊的實際流量都不超過其最大流量且非負；
(2)除了源點S和匯點T之外，對於其餘所有點，都滿足該點總流入流量等於該點總流出流量；而S點的淨流出流量等於T點的淨流入流量，這個值也即該網路流方案的總運輸量。
最大流問題就是對於給定的運輸網路，求總運輸量最大的網路流方案。 上圖表示了一個最大流問題。對於每條邊，右邊的數代表該邊的最大流量，左邊的數代表在最優解中，該邊的實際流量。需要注意到，一個最大流問題的解可能不是唯一的。
對於一張給定的運輸網路，Alice先確定一個最大流，如果有多種解，Alice可以任選一種；之後Bob在每條邊上分配單位花費（單位花費必須是非負實數），要求所有邊的單位花費之和等於P。
總費用等於每一條邊的實際流量乘以該邊的單位花費。需要注意到，Bob在分配單位花費之前，已經知道Alice所給出的最大流方案。現茌Alice希望總費用盡量小，而Bob希望總費用盡量大。我們想知道，如果兩個人都執行最優策略，最大流的值和總費用分別為多少。
輸入輸出格式
輸入格式：
第一行三個整數N，M，P。N表示給定運輸網路中節點的數量，M表示有向邊的數量，P的含義見問題描述部分。為了簡化問題，我們假設源點S是點1，匯點T是點N。
接下來M行，每行三個整數A，B，C，表示有一條從點A到點B的有向邊，其最大流量是C。
輸出格式：
第一行一個整數，表示最大流的值。第二行一個實數，表示總費用。建議選手輸出四位以上小數。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1： 複製3 2 1 1 2 10 2 3 15輸出樣例#1： 複製
10 10.0000
說明
【樣例說明】
對於Alice，最大流的方案是固定的。兩條邊的實際流量都為10。
對於Bob，給第一條邊分配0.5的費用，第二條邊分配0.5的費用。總費用為：10*0.5+10*0.5=10。可以證明不存在總費用更大的分配方案。
【資料規模和約定】
對於20%的測試資料：所有有向邊的最大流量都是1。
對於100%的測試資料：N < = 100，M < = 1000。
對於l00%的測試資料：所有點的編號在I..N範圍內。1 < = 每條邊的最大流量 < = 50000。1 < = P < = 10。給定運輸網路中不會有起點和終點相同的邊。
題解：
這是一個假的網路流，不要被名字騙啦，其實這是一個最大流的題目，思考一下，想要獲得最大值，我們只需要讓全部的P在最長的邊上就可以了（仔細想想，我有最長邊一定是最長邊上*p），但是到達最大流我們可能經過多個途徑，我們需要做的是找到一條路
，使其中最長的邊最短，這就需要二分了，我們二分最長的那個邊，使其最短。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=1000+10;
int n,m,p;//點數、邊數
int sp,tp;//原點、匯點
struct node
{
int v,next;
double cap;
}mp[MAXN*10];
int pre[MAXN],dis[MAXN],cur[MAXN];//cur為當前弧優化，dis儲存分層圖中每個點的層數（即到原點的最短距離），pre建鄰接表
int cnt=0;
double ans=0;
struct {
int x,y;
double z;
}edge[MAXN];
void init()//不要忘記初始化
{
cnt=0;
memset(pre,-1,sizeof(pre));
}
void add(int u,int v,double w)//加邊
{
mp[cnt].v=v;
mp[cnt].cap=w;
mp[cnt].next=pre[u];
pre[u]=cnt++;
mp[cnt].v=u;
mp[cnt].cap=0;
mp[cnt].next=pre[v];
pre[v]=cnt++;
}
bool bfs()//建分層圖
{
memset(dis,-1,sizeof(dis));
queue<int>q;
while(!q.empty())
q.pop();
q.push(sp);
dis[sp]=0;
int u,v;
while(!q.empty())
{
u=q.front();
q.pop();
for(int i=pre[u];i!=-1;i=mp[i].next)
{
v=mp[i].v;
if(dis[v]==-1&&mp[i].cap>0)
{
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(v);
if(v==tp)
break;
}
}
}
return dis[tp]!=-1;
}
double dfs(int u,double cap)//尋找增廣路
{
if(u==tp||cap==0)
return cap;
double res=0,f;
for(int &i=cur[u];i!=-1;i=mp[i].next)
{
int v=mp[i].v;
if(dis[v]==dis[u]+1&&(f=dfs(v,min(cap-res,mp[i].cap)))>0)
{
mp[i].cap-=f;
mp[i^1].cap+=f;
res+=f;
if(res==cap)
return cap;
}
}
if(res==0)
dis[u]=-1;
return res;
}
double dinic()
{
double ans=0;
while(bfs())
{
for(int i=0;i<=tp;i++)
cur[i]=pre[i];
ans+=dfs(sp,inf);
}
return ans;
}
bool check(double x)
{
init();
for (int i = 0; i <m ; ++i) {
add(edge[i].x,edge[i].y,min(edge[i].z,x));
}
sp=1,tp=n;
double sum=dinic();
return sum==ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
init();
double MAX=0;
for (int i = 0; i <m ; ++i) {
scanf("%d%d%lf",&edge[i].x,&edge[i].y,&edge[i].z);
add(edge[i].x,edge[i].y,edge[i].z);
MAX=max(MAX,edge[i].z);
}
sp=1;tp=n;
ans=dinic();
printf("%.0lf\n",ans);
double l=0,r=500001,mid;
while (r-l>(1e-7))
{
mid=(l+r)/2;
if(check(mid))
{
r=mid;
} else
{
l=mid;
}
}
printf("%lf\n",mid*p);
return 0;
}