BZOJ3993 星际战争

Posted 2020-10-17 RogerDTZ

 

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Description

　　 3333年，在银河系的某星球上，X军团和Y军团正在激烈地作战。在战斗的某一阶段，Y军团一共派遣了N个巨型机器人进攻X军团的阵地，其中第i个巨型机器人的装甲值为Ai。当一个巨型机器人的装甲值减少到0或者以下时，这个巨型机器人就被摧毁了。X军团有M个激光武器，其中第i个激光武器每秒可以削减一个巨型机器人Bi的装甲值。激光武器的攻击是连续的。这种激光武器非常奇怪，一个激光武器只能攻击一些特定的敌人。Y军团看到自己的巨型机器人被X军团一个一个消灭，他们急需下达更多的指令。为了这个目标，Y军团需要知道X军团最少需要用多长时间才能将Y军团的所有巨型机器人摧毁。但是他们不会计算这个问题，因此向你求助。

Input

　　第一行，两个整数，N、M。

　　第二行，N个整数，A1、A2…AN。

　　第三行，M个整数，B1、B2…BM。

　　接下来的M行，每行N个整数，这些整数均为0或者1。这部分中的第i行的第j个整数为0表示第i个激光武器不可以攻击第j个巨型机器人，为1表示第i个激光武器可以攻击第j个巨型机器人。

Output

　　 一行，一个实数，表示X军团要摧毁Y军团的所有巨型机器人最少需要的时间。输出结果与标准答案的绝对误差不超过10-3即视为正确。

Sample Input

　　2 2
　　3 10
　　4 6
　　0 1
　　1 1

Sample Output

　　1.300000

HINT

 

 　　【样例说明1】

　　战斗开始后的前0.5秒，激光武器1攻击2号巨型机器人，激光武器2攻击1号巨型机器人。1号巨型机器人被完全摧毁，2号巨型机器人还剩余8的装甲值；

　　

　　接下来的0.8秒，激光武器1、2同时攻击2号巨型机器人。2号巨型机器人被完全摧毁。

　　对于全部的数据，1<=N, M<=50，1<=Ai<=105，1<=Bi<=1000，输入数据保证X军团一定能摧毁Y军团的所有巨型机器人

 

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Solution

　　如果答案是$t$，那么最大流的连边方法是：源点向每一门炮$i$连一条容量$B_i*t$的边，炮向对应机器人连容量正无穷的边，机器人向汇点连容量$A_i$的边。

　　这个模型的关键在于，如果时间$t$定下来，即每一门炮的输出量固定，那么只需用最大流分配一次，看一看每一个机器人是否被流满所需值$A_i$，即最大流是不是$\sum A_i$，就可以判断这一个时间内满不满足要求。因为如果最大流是$\sum A_i$，必定存在一种激光炮的合作方案能在$t$内消灭机器人。

　　那么直接对$t$二分答案来跑最大流就好啦。

　　记得用$eps$判断。

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#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const double INF=1e10,eps=1e-5;
int n,m,all,S,T,can[55][55],a[55],b[55],sum;
int h[110],tot;
int dis[110],cur[110];
struct Edge{int v,next;double f;}g[6010];
queue<int> q;
inline double min(double x,double y){return x<y?x:y;}
inline double abs(double x){return x<0?-x:x;}
inline void addEdge(int u,int v,double f){
    g[++tot].v=v; g[tot].f=f; g[tot].next=h[u]; h[u]=tot;
    g[++tot].v=u; g[tot].f=0; g[tot].next=h[v]; h[v]=tot;
}
bool bfs(){
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(S);
    for(int i=1;i<=all;i++) dis[i]=-1;
    dis[S]=0;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front(); q.pop();
        for(int i=h[u],v;i;i=g[i].next)
            if(g[i].f>eps&&dis[v=g[i].v]==-1){
                dis[v]=dis[u]+1;
                if(v==T) return true;
                q.push(v);
            }
    }
    return dis[T]!=-1;
}
double dfs(int u,double delta){
    if(u==T) return delta;
    double get,ret=0;
    for(int i=cur[u],v;i&&delta>eps;i=g[i].next)
        if(g[i].f>eps&&dis[v=g[i].v]==dis[u]+1){
            get=dfs(v,min(delta,g[i].f));
            g[i].f-=get;
            g[i^1].f+=get;
            if(g[i].f>eps) cur[u]=i;
            delta-=get;
            ret+=get;
        }
    if(ret<eps) dis[u]=-1;
    return ret;
}
double dinic(){
    double ret=0;
    while(bfs()){
        for(int i=1;i<=all;i++) cur[i]=h[i];
        ret+=dfs(S,INF);
    }
    return ret;
}
void buildGraph(double t){
    tot=1;
    for(int i=1;i<=all;i++) h[i]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        addEdge(S,i,t*b[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(can[i][j])
                addEdge(i,m+j,INF);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        addEdge(m+i,T,a[i]);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    all=n+m+2; S=n+m+1; T=n+m+2;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&can[i][j]);
    double l=0,r=1000000000,mid,ans;
    while(l+eps<r){
        mid=(l+r)/2;
        buildGraph(mid);
        ans=dinic();    
        if(abs(sum-ans)<eps) r=mid;
        else l=mid;
    }
    printf("%.8lf\n",l);
    return 0;
}

奇妙代码