BZOJ3130费用流

3130: [Sdoi2013]费用流

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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

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：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。

最大流+二分。。

第一问以1为源点，n为汇点，跑一遍最大流即可。。

第二问考虑二分每条边的流量，能得到最大流即可。。



附上本蒟蒻的代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,k,head,tail,dis[1000001],h[1000001],q[1000001],cnt=1;
struct node
{
int to,next,from;
double v;
};
struct data
{
int u,v;
double w;
};
data e[1000001];
node edge[1000001];
double ans,sum=0.0;

int read()
{
int w=0,c=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9')
{
if (ch=='-')
c=-1;
ch=getchar();
}
while (ch>='0' && ch<='9')
{
w=w*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return w*c;
}

void add(int u,int v,double w)
{
cnt++;
edge[cnt].next=h[u];
edge[cnt].from=u;
h[u]=cnt;
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].v=w;
}

void insert(int u,int v,double w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0.0);
}

bool bfs()
{
int j,p;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
head=0;
tail=1;
q[1]=1;
dis[1]=0;
while (head<tail)
{
head++;
j=q[head];
p=h[j];
while (p)
{
if (dis[edge[p].to]<0 && edge[p].v>0)
{
dis[edge[p].to]=dis[j]+1;
tail++;
q[tail]=edge[p].to;
}
p=edge[p].next;
}
}
if (dis
>0)
return true;
else
return false;
}

double dfs(int x,double f)
{
double w,used=0;
int i=h[x];
if (x==n)
return f;
while (i)
{
if (edge[i].v>0 && dis[edge[i].to]==dis[x]+1)
{
w=f-used;
w=dfs(edge[i].to,min(w,edge[i].v));
edge[i].v-=w;
edge[i^1].v+=w;
used+=w;
if (used==f)
return f;
}
i=edge[i].next;
}
if (!used)
dis[x]=-1;
return used;
}

void build(double mid)
{
cnt=1;
memset(h,0,sizeof(h));
for (int i=1;i<=m;i++)
insert(e[i].u,e[i].v,min(mid,e[i].w));
}

int main()
{
int i,x,y;
double z,l,r,mid,t,maxflow=0;
n=read();
m=read();
k=read();
for (i=1;i<=m;i++)
{
x=read();
y=read();
scanf("%lf",&z);
e[i].u=x;
e[i].v=y;
e[i].w=z;
maxflow=max(maxflow,z);
}
build(maxflow);
ans=0;
while (bfs())
while (sum=dfs(1,0x7fffffff))
ans+=sum;
printf("%d\n",(int)ans);
l=0;
r=maxflow;
while (r-l>1e-6)
{
mid=(l+r)/2;
build(mid);
t=0;
while (bfs())
while (sum=dfs(1,0x7fffffff))
t+=sum;
if (ans-t<1e-6)
r=mid;
else
l=mid;
}
printf("%.4lf",l*k);
return 0;
}