【BZOJ3130】费用流（最大流，二分）

题面

Description

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。

Input

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。

Output

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。

Sample Input

3 2 1

1 2 10

2 3 15

Sample Output

10.0000

HINT

【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

第一问不解释了

第二问，很显然的一点

如果是给定费用之和来分配费用

当然是把费用全部分配在流量最大的边上

现在问题便成为了：

在整张网络最大流不变的情况下

流量最大的边的流量最小是多少

最大值最小，考虑二分答案

每次限制最大流量

检查即可

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<set>

#include<map>

#include<vector>

#include<queue>

using namespace std;

#define INF 1000000000

#define MAX 500

#define MAXL 5000

inline int read()

{

	int x=0,t=1;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return x*t;

}

struct Line

{

    int v,next;

    double w;

}e[MAXL];

struct edge

{

	int u,v;

	double w;

}p[MAXL];

int h[MAX],cnt;

int ans,S,T,n,m,P;

inline void Add(int u,int v,double w)

{

    e[cnt]=(Line){v,h[u],w};

    h[u]=cnt++;

    e[cnt]=(Line){u,h[v],0};

    h[v]=cnt++;

}

int level[MAX];

int cur[MAX];

bool BFS()

{

    memset(level,0,sizeof(level));

    level[S]=1;

    queue<int> Q;

    Q.push(S);

    while(!Q.empty())

    {

        int u=Q.front();Q.pop();

        for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next)

        {

            int v=e[i].v;

            if(e[i].w&&!level[v])

                level[v]=level[u]+1,Q.push(v);

        }

    }

    return level[T];

}

double DFS(int u,double flow)

{

    if(flow==0||u==T)return flow;

    double ret=0;

    for(int &i=cur[u];i!=-1;i=e[i].next)

    {

        int v=e[i].v;

        if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1)

        {

            double dd=DFS(v,min(flow,e[i].w));

            flow-=dd;ret+=dd;

            e[i].w-=dd;e[i^1].w+=dd;

        }

    }

    return ret;

}

double Dinic()

{

    double ret=0;

    while(BFS())

    {

        for(int i=S;i<=T;++i)cur[i]=h[i];

        ret+=DFS(S,INF);

    }

    return ret;

}

void Build(double bb)

{

	memset(h,-1,sizeof(h));cnt=0;

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

		Add(p[i].u,p[i].v,min(p[i].w,bb));

}

int main()

{

	n=read();m=read();P=read();

	S=1;T=n;

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

	{

		int u=read(),v=read(),w=read();

		p[i]=(edge){u,v,w};

	}

	Build(INF);

	double G=Dinic();

	printf("%d\n",(int)(G+0.5));

	double l=0,r=1e9;

	while(r-l>=1e-6)

	{

		double mid=(l+r)/2;

		Build(mid);

		if(fabs(Dinic()-G)<=1e-8)r=mid;

		else l=mid;

	}

	printf("%.5lf\n",r*P);

	return 0;

}