题意：
给出一个 (n) 点，(m) 条边有向图，点 (a_i) 到 (b_i) 的花费为 (c_i)，并且每条边的容量限制相同。(q) 次询问，每次给出两个数 (u_i) 和 (v_i) ，每条边的容量限制为 (frac{u_i}{v_i})，每从 (1) 号点运送 (1) 个单位的物品，如果能够全部送达 (n)，求出最小花费。否则，输出 ('NaN')。
分析：
将 (x) 个单位的物品通过 (y) 的限制的通道从 (1) 运到 (n) 的花费记作：(cost(x,y))。那么要求 (cost(1,frac{u_i}{v_i})=cost(frac{v_i}{u_i},1)*frac{u_i}{v_i})。当每条边的容量固定为 (1) 时，可以直接用最小费用最大流求出每一条增广路径的花费，而且花费越小的增广路越先被走。当求出总的路径条数 (tol) ，即此时的最大流量。用 (tol*frac{u_i}{v_i} geq 1)，判断是否可以满足要求。当满足要求时，为了最小费用，肯定按路径从小到大走。对于此时要求的流量 (frac{v_i}{u_i})，将其分配到路径中，求出花费，然后乘 (frac{u_i}{v_i}) 即可。
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5666/H
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int N=55;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int ec[N<<1];//存每条增广路的花费
int flow[N],n,dis[N];
bool vis[N];
struct Node
{
int to,val,cost,rev;
};
vector<Node>pic[N];
queue<int>que;
pii pre[N];//存上一个点
void add(int u,int v,int w,int c)
{
pic[u].pb({v,w,c,pic[v].size()});
pic[v].pb({u,0,-c,pic[u].size()-1});
}
bool spfa()
{
while(!que.empty())
que.pop();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dis[i]=inf;
flow[i]=inf;//存增广路的最小流量
vis[i]=false;
}
dis[1]=0;
vis[1]=true;
que.push(1);
while(!que.empty())
{
int now=que.front();
que.pop();
vis[now]=false;
for(int i=0;i<pic[now].size();i++)
{
Node tmp=pic[now][i];
if(dis[tmp.to]>dis[now]+tmp.cost&&tmp.val>0)
{
dis[tmp.to]=dis[now]+tmp.cost;
vis[tmp.to]=true;
flow[tmp.to]=min(flow[now],tmp.val);
pre[tmp.to]=make_pair(now,i);
que.push(tmp.to);
}
}
}
return dis[n]<inf;
}
void EK(int &tol)
{
tol=0;
while(spfa())
{
int mf=flow[n];
for(int i=n;i!=1;i=pre[i].first)
{
pii d=pre[i];
pic[d.first][d.second].val-=mf;
pic[i][pic[d.first][d.second].rev].val+=mf;
}
tol++;
ec[tol]=ec[tol-1]+mf*dis[n];//前缀和
}
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
int m,a,b,c,q,u,v;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
int tol=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
pic[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,1,c);//转化为边的容量为1
}
EK(tol);
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
ll ans=-1,g=1;
scanf("%d%d",&u,&v);
if(1LL*tol*u>=v)
{
int d=v/u,r=v%u;
if(d+(r>0)<=tol)
{
ans=1LL*ec[d]*u;
if(r>0)
ans=ans+1LL*(ec[d+1]-ec[d])*r;
g=gcd(ans,1LL*v);
}
}
if(ans==-1) printf("NaN
");
else printf("%lld/%lld
",ans/g,v/g);
}
}
return 0;
}