BZOJ3130 [Sdoi2013]费用流【网络流 + 二分】

题目

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。

输入样例

3 2 1

1 2 10

2 3 15

输出样例

10.0000

提示

【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：100.5+100.5=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

首先，Bob的最优策略一定是将所有权值加到流量最大的边上

所以Alice应使在最大流前提下使最大流量的边最小

那么二分所有边的上限判定可行性就可以了

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define eps 1e-8

#define LL long long int

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

using namespace std;

const int maxn = 105,maxm = 5005,INF = 1000000000;

inline int read(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}

	return out * flag;

}

int n,m,h[maxn],ne = 2,S,T;

double P,M;

struct EDGE{int to,nxt; double f,cap;}ed[maxm];

inline void build(int u,int v,double w){

	ed[ne] = (EDGE){v,h[u],w,w}; h[u] = ne++;

	ed[ne] = (EDGE){u,h[v],0,0}; h[v] = ne++;

}

int d[maxn],vis[maxn],cur[maxn];

queue<int> q;

bool bfs(){

	for (int i = 1; i <= n; i++) d[i] = INF,vis[i] = false;

	q.push(S); d[S] = 0; vis[S] = true;

	int u;

	while (!q.empty()){

		u = q.front(); q.pop();

		Redge(u) if (fabs(ed[k].f) > eps && !vis[to = ed[k].to]){

			d[to] = d[u] + 1; vis[to] = true;

			q.push(to);

		}

	}

	return vis[T];

}

double dfs(int u,double minf){

	if (u == T || fabs(minf) < eps) return minf;

	double flow,f; int to;

	if (cur[u] == -1) cur[u] = h[u];

	for (int& k = cur[u]; k; k = ed[k].nxt)

		if (d[to = ed[k].to] == d[u] + 1 && fabs(f = dfs(to,min(minf,ed[k].f))) > eps){

			ed[k].f -= f; ed[k ^ 1].f += f;

			flow += f; minf -= f;

			if (fabs(minf) < eps) break;

		}

	return flow;

}

double maxflow(){

	double flow = 0;

	while (bfs()){

		memset(cur,-1,sizeof(cur));

		flow += dfs(S,INF);

	}

	return flow;

}

bool check(double cap){

	for (int i = 2; i < ne; i += 2){

		ed[i ^ 1].f = 0;

		ed[i].f = min(ed[i].cap,cap);

	}

	return maxflow() >= M;

}

void solve(){

	M = maxflow();

	double l = 0,r = 50000,mid;

	while ((r - l) > 1e-4){

		mid = (l + r) / 2;

		if (check(mid)) r = mid;

		else l = mid;

	}

	printf("%.lf\n%.4lf\n",M,l * P);

}

int main(){

	n = read(); m = read(); P = read(); S = 1; T = n;

	int a,b,w;

	for (int i = 1; i <= m; i++){

		a = read(); b = read(); w = read();

		build(a,b,w);

	}

	solve();

	return 0;

}

巴特西

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