P3305 [SDOI2013]费用流

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1：

3 2 1
1 2 10
2 3 15

输出样例#1：

10
10.0000

说明

【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。

题解：

　　输出最大流：30%。
　　第二问直接输出 P：20%。
　　Bob 的决策一定是把所有的费用给最大的一条边。所以 Alice 的决策就是最大的边尽量小。
二分答案之后，限制每条边的流量，看最大流是否发生变化。100%。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef double real;
const int N=1e5+5;
struct edge{int v,next;real cap;}e[N<<1];int tot=1,head[N];
struct data{int x,y;real z;}d[N];
int n,m,p,S,T,ans,dis[N],q[N];bool vis[N];
real L,R;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void add(int x,int y,real z){
    e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].next=head[x];head[x]=tot;
    e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].next=head[y];head[y]=tot;
}
inline bool bfs(){
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-1,vis[i]=0;
    unsigned short h=0,t=1;q[t]=S;dis[S]=0;
    while(h!=t){
        int x=q[++h];
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
            if(dis[e[i].v]==-1&&e[i].cap){
                dis[e[i].v]=dis[x]+1;
                if(e[i].v==T) return 1;
                q[++t]=e[i].v;
            }
        }
    }
    return 0;
}
real dfs(int x,real f){
    if(x==T) return f;
    real used=0,t;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==dis[x]+1){
            t=dfs(e[i].v,min(e[i].cap,f));
            e[i].cap-=t;e[i^1].cap+=t;
            used+=t;f-=t;
            if(!f) return used;
        }
    }
    if(!used) dis[x]=-1;
    return used;
}
inline int dinic(){
    real res=0;
    while(bfs()) res+=dfs(S,2e9);
    return res;
}
void init(){
    n=read();m=read();p=read();
    S=1;T=n;R=0;
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
        d[i].x=read(),d[i].y=read(),d[i].z=read();
        add(d[i].x,d[i].y,d[i].z);
        R=max(R,d[i].z);
    } 
}
bool check(real lim){
    memset(head,0,sizeof head);tot=1;
    for(int i=1;i<=m;i++) add(d[i].x,d[i].y,min(d[i].z,lim));
    return dinic()==ans;
}
inline void judge(){
    real l=0.0,r=R,mid;
    while(r-l>1e-6){
        mid=(l+r)/2.0;
        if(check(mid)) r=mid;
        else l=mid;
    }
    printf("%d
%.5lf
",ans,1.0*p*mid);
}
int main(){
    init();
    ans=dinic();
    judge();
    return 0;
}