[SCOI2014]方伯伯运椰子

Posted 2020-10-26 adelalove

题目描述

四川的方伯伯为了致富，决定引进海南的椰子树。方伯伯的椰子园十分现代化，椰子园中有一套独特的交通系统。

现在用点来表示交通节点，边来表示道路。这样，方伯伯的椰子园就可以看作一个有 n + 2 个交通节点，m条边的有向无环图。

n +1 号点为入口，n +2 号点为出口。每条道路都有 6 个参数，ui，vi，ai，bi，ci，di，分别表示，

该道路从 ui 号点通向 vi 号点，将它的容量压缩一次要 ai 的花费，容量扩大一次要 bi 的花费，

该条道路当前的运输容量上限为 ci，并且每单位运输量通过该道路要 di 的费用。

在这个交通网络中，只有一条道路与起点相连。因为弄坏了这条道路就会导致整个交通网络瘫痪，聪明的方伯伯决定绝不对这条道路进行调整，

也就是说，现在除了这条道路之外，对其余道路都可以进行调整。

有两种调整方式：

1. 选择一条道路，将其进行一次压缩，这条道路的容量会下降 1 单位。

2. 选择一条道路，将其进行一次扩容，这条道路的容量会上升 1 单位。

一条道路可以被多次调整。

由于很久以前，方伯伯就请过一个工程师，对这个交通网络进行过一次大的优化调整。

所以现在所有的道路都被完全的利用起来了，即每条道路的负荷都是满的（每条道路的流量等于其容量）。

但方伯伯一想到自己的海南椰子会大丰收，就十分担心巨大的运输量下，会导致过多的花费。

因此，方伯伯决定至少进行一次调整，调整之后，必须要保持每条道路满负荷，且总交通量不会减少。

设调整后的总费用是 Y，调整之前的总费用是 X。

现在方伯伯想知道，最优调整比率是多少，即假设他进行了 k 次调整，(X - Y)/k最大能是多少？

注：总费用 = 交通网络的运输花费 + 调整的花费

输入输出格式

输入格式：

 

第一行包含二个整数N，M接下来M行代表M条边，表示这个交通网络每行六个整数，表示Ui,Vi,Ai,Bi,Ci,Di接下来一行包含一条边，表示连接起点的边

 

输出格式：

 

一个浮点数，保留二位小数。表示答案，数据保证答案大于0

 

输入输出样例

输入样例#1： 

5 10
1 5 13 13 0 412
2 5 30 18 396 148
1 5 33 31 0 39
4 5 22 4 0 786
4 5 13 32 0 561
4 5 3 48 0 460
2 5 32 47 604 258
5 7 44 37 75 164
5 7 34 50 925 441
6 2 26 38 1000 22

输出样例#1： 

103.00

说明

 1<=N<=5000
0<=M<=3000
1<=Ui,Vi<=N+2
0<=Ai,Bi<=500
0<=Ci<=10000
0<=Di<=1000

解：
分数规划+负环
我们一开始会想到网络流。

首先我们假设图中一开始流量为0，目前我们处于增广阶段，那么对于题目中的两种调整方式
压缩  就相当于增广时退流
扩容  就相当于不断增广
因为要“调整之后，必须要保持每条道路满负荷，且总交通量不会减少”，那么单纯扩容显然是不会更优的
可能存在的更优方案为   在保证最大流不变的情况下使得压缩的扩容的总费用加起来最少。
也就是说存在如下残量网络：
扩容  u -> v  花费 b+d
压缩  （即相当于反向边有流量的话） 满足 c>0 时 v -> u  花费  -(b-a) 即a-b



然后我们考虑对问题求解，（这一看就是分数规划） 我们就想起了二分。
假设当前答案为 ans ,令 Z=X-Y
那么不优的情况一定满足 Z >= ans * k 也就是 Z - ans * k >=0  ==> ans * k -Z <= 0
Z=X-Y 也就是说 Z=调整之前的总费用是 - 调整后的总费用

也就是  Z=Σ我们在残量网络中走过的边权和  k=我们在残量网络中经过的点
到这里，我们要知道一个定理。

消圈定理

所谓消圈定理，就是在某个流 ff 中，如果其对应的残余网络没有负圈（剩余流量为 00 的边视为不存在），

那它一定就是当前流量下的最小费用流。

反之亦然。即「ff 是最小费用流等价于其残余网络中没有负圈」。

有了这个定理，我们就好做了。
我们二分ans,将每条边边权加上ans（把Σ降掉），判断是否存在负环
搞定。

还不懂得看代码吧。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cmath>
 5 #include<queue>
 6 #define ll long long
 7 #define DB double
 8 #define eps 1e-3
 9 using namespace std;
10 inline int read()
11 {
12     int x=0,w=1;char ch=getchar();
13     while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘) w=-1;ch=getchar();}
14     while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar();
15     return x*w;
16 }
17 const int N=1e6+10;
18 struct node{
19     int u,v;
20     DB c;
21     int ne;
22     DB w;
23 }e[N];
24 int tot,h[N],n,m;
25 void add(int u,int v,DB c)
26 {
27     tot++;e[tot]=(node){u,v,c,h[u],0};h[u]=tot;
28 }
29 int ui,vi,ai,bi,ci,di;
30 DB L,R,mid,ans,d[N];
31 bool v[N],fg;
32 void spfa(int u)
33 {
34     if(fg) return;
35     v[u]=1;
36     for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
37     {
38         int rr=e[i].v;
39         if(d[rr]>d[u]+e[i].w)
40         {
41             d[rr]=d[u]+e[i].w;
42             if(v[rr] || fg==1){fg=1;break;}
43             spfa(rr);
44         }
45     }
46     v[u]=0;
47 }
48 bool ok()
49 {
50     for(int i=1;i<=tot;++i) e[i].w=e[i].c+mid;
51     fg=0;
52     for(int i=1;i<=n;++i) v[i]=0,d[i]=0;
53     for(int i=1;i<=n;++i)
54     {
55         spfa(i);
56         if(fg) break;
57     }
58     return fg;
59 }
60 int main()
61 {
62     n=read();m=read();
63     for(int i=1;i<=m;++i)
64     {
65         scanf("%d%d%d%d%d%d",&ui,&vi,&ai,&bi,&ci,&di);
66         add(ui,vi,(DB)(bi+di));
67         if(ci>0)add(vi,ui,(DB)(ai-di));
68     }
69     n+=2;
70     L=0;R=10000000000;
71     while(L+eps<=R)
72     {
73         mid=(L+R)/2.0;
74         if(ok()) L=mid+eps,ans=mid;
75         else R=mid-eps;
76     }
77     printf("%.2lf",ans);
78     return 0;
79 }

View Code

(?′?‵?)Ｉ L???????