BZOJ3130: [Sdoi2013]费用流[最大流 实数二分]

Posted 2020-08-21 Candy?

3130: [Sdoi2013]费用流

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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
1 2 10
2 3 15

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。

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• 第一问不用说了
• 假设现在已经有了一个最大流的方案，那么Bob一定会把 P 的费用全用到流量最大的那条边上
• 也就是说要让最大流量的边最小
• 二分边的最大流看，检查是否还能求得同样大小的最大流
• 注意要实数二分，不能整数二分

最大流本身是一定的整数，但是为满足最优解，某一条边的流量可以是实数。所以这题是实数网络流！

实数二分好坑.........不要m+-1，不要保留一个ans，只是简单的二分l和r行了，最后取那一个都行

//
//  main.cpp
//  sdoi2003费用流
//
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//

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=105,M=1005,INF=1e9;
const double eps=1e-5;
int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘; c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,p,u,v,c,s,t;
struct data{
    int u,v,c;
}a[M];
struct edge{
    int v,ne;
    double c,f;
}e[M<<1];
int h[N],cnt=0;
inline void ins(int u,int v,double c){
    cnt++;
    e[cnt].v=v;e[cnt].c=c;e[cnt].f=0;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
    cnt++;
    e[cnt].v=u;e[cnt].c=0;e[cnt].f=0;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;
}
void build(double mid){
    cnt=0;
    memset(h,0,sizeof(h));
    for(int i=1;i<=m;i++) ins(a[i].u,a[i].v,min((double)a[i].c,mid));
}
int cur[N];
int d[N],vis[N],q[N],head,tail;
bool bfs(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(d,0,sizeof(d));
    head=tail=1;
    d[s]=0;vis[s]=1;q[tail++]=s;
    while(head!=tail){
        int u=q[head++];
        for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
            int v=e[i].v;
            if(!vis[v]&&e[i].c>e[i].f){
                d[v]=d[u]+1;vis[v]=1;
                q[tail++]=v;
                if(v==t) return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}

double dfs(int u,double a){
    if(u==t||a==0) return a;
    double flow=0,f;
    for(int &i=cur[u];i;i=e[i].ne){
        int v=e[i].v;
        if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(a,e[i].c-e[i].f)))>0){
            flow+=f;
            e[i].f+=f;
            e[((i-1)^1)+1].f-=f;
            a-=f;
            if(a==0) break;
        }
    }
    return flow;
}
double dinic(){
    double flow=0;
    while(bfs()){
        for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=h[i];
        flow+=dfs(s,INF);
    }
    return flow;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    n=read();m=read();p=read();s=1;t=n;
    double l=0,r=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        a[i].u=read(),a[i].v=read(),a[i].c=read();
        ins(a[i].u,a[i].v,a[i].c);r=max(r,(double)a[i].c);
    }
    //r+=eps;
    double old=dinic();
    while(r-l>eps){
        double mid=(l+r)*0.5;//printf("%f %f\n",l,r);
        build(mid);
        double mx=dinic();
        if(fabs(mx-old)<eps) r=mid;
        else l=mid;
    }
    printf("%d\n%.4f",(int)old,l*p);
    return 0;
}