bzoj1690/Usaco2007 Dec奶牛的旅行——分数规划 最优比率环

Posted 2020-10-07 Child-Single

Description

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 -> L2_i），以及她们从道路的一头走到另一头所需要的时间T_i(1 <= T_i <= 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。

Input

* 第1行: 2个用空格隔开的整数：L 和 P

* 第2..L+1行: 第i+1行仅有1个整数：F_i * 第L+2..L+P+1行: 第L+i+1行用3个用空格隔开的整数：L1_i，L2_i以及T_i， 描述了第i条道路。

Output

* 第1行: 输出1个实数，保留到小数点后2位（直接输出，不要做任何特殊的取 整操作），表示如果奶牛按题目中描述的一系列规则来安排她们的旅 行的话，她们能获得的最大平均乐趣值

Sample Input

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

Sample Output

6.00

 

---

 

分析：

首先分析最优解必然为一个单独的环（一定不会是环套环），为什么？我不知道，自己推一下吧......

这样的话我们把边的利润定义为边指向的点i的利润e[i]，把边的代价定义为指向的那个点的代价v[i]，每个点选或不选的情况定义为x[i]。

这样就把利润和代价都放在了边上。

定义一个函数f(l)=l*sigma(v[i]*x[i])-sigma(e[i]*x[i])=sigma((l*v[i]-e[i])*x[i])，令d[i]=l*v[i]-e[i]。

当f(l)<0时，l*sigma(v[i]*x[i])-sigma(e[i]*x[i])<0，即sigma(e[i]*x[i])/sigma(v[i]*x[i])>l，表明当前的选取方式能得到比当前l更大的解；

当f(l)>0时，此时的解没有l优。

因此最优的情况就是f(l)=0，此时d[i]=0，易知d[i]随l的增大而增大，所以可以二分l直到d[i]=0，此时的l就是最优解。

注意是有向边，判断的话可以用类似于SPFA判负环那样的操作，具体实现看代码吧：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
 5 const int N=1005,P=5005;
 6 const double eps=1e-7;
 7 int n,m,tot=0,first[N],a[N];
 8 double d[N];
 9 bool flag,ok[N];
10 struct node{
11     int ne,to,w;
12     double v;
13 }e[P*2];
14 int read(){
15     int ans=0,f=1;char c=getchar();
16     while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
17     while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ans=ans*10+c-48;c=getchar();}
18     return ans*f;
19 }
20 void add(int u,int v,int w){
21     e[++tot]=(node){first[u],v,w,0};first[u]=tot;
22 }
23 void dfs(int x){
24     ok[x]=1;
25     for(int i=first[x];i;i=e[i].ne){
26         int to=e[i].to;
27         if(d[to]>d[x]+e[i].v){
28             if(ok[to]){flag=1;return;}
29             d[to]=d[x]+e[i].v;
30             dfs(to);
31         }
32     }
33     ok[x]=0;
34 }
35 bool check(double x){
36     flag=0;
37     for(int i=1;i<=n;i++)ok[i]=d[i]=0;
38     for(int i=1;i<=n;i++){dfs(i);if(flag)return 1;}
39     return 0;
40 }
41 int main(){
42     n=read();m=read();
43     for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
44     for(int j=1,uu,vv,z;j<=m;j++){
45         uu=read();vv=read();z=read();
46         add(uu,vv,z);
47     }
48     double l=0,r=1000.0,mid;
49     while(r-l>eps){
50         mid=(l+r)/2.0;
51         for(int i=1;i<=n;i++){
52         for(int j=first[i];j;j=e[j].ne){
53             e[j].v=mid*e[j].w-a[e[j].to];
54         }
55     }
56         if(check(mid))l=mid;
57         else r=mid;
58     }
59     printf("%.2f",mid);
60     return 0;
61 }

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