BZOJ 4501: 旅行 01分数规划 最大权闭合子图
2017-11-24 07:59
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4501: 旅行
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBSec Special JudgeSubmit: 169 Solved: 75
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Description
小C来到了F国,小C想好好地参观F国。F国可以看一个有n个点m条边的有向无环图,小C刚开始站在1号点。假设现在小C站在x号点:1.点x没有出边,结束旅游。
2.点x有o条出边,小C等概率地选一条边走过去。
小J是小C的好朋友,小J可以使用魔法让一些边消失,但是有一些限制(x,y):第y条边如果被删掉了,那么第x条边也会受到影响,导致x条边被删掉。
现在小J想知道,如何删边使得小C所经过的边数期望最大。
Input
第一行三个整数,n,m,k(1 <= n <= 50, 0 <= m <= 500, 0 <= k <= 2000),代表有n个点,m条边,k个限制。接下来m行,第i行代表第i条边x,y(1 <= x, y <= n),方向是从x到y。
接下来k行,每行有两个整数x,y(1 <= x, y <= m),代表限制。
保证图是有向无环的,保证对于每个限制(x,y),第x条边和第y条边的起点是相同的。可能有重边,限制可能重复。1 <= n <= 50, 0 <= m <= 500, 0 <= k <= 2000
Output
输出一个实数,最大的边数期望。只要和标准答案误差小于10^-2 就认为是相同的。Sample Input
3 3 01 2
1 3
2 3
Sample Output
2.0000000这道题读错了两遍。。。
首先啊 x,y的起点相同 所以说 每个点的边之间不会互相影响
所以 我们按拓扑序由后向前解决每一个点 令每一个点最优 答案一定最优
现在对于一个节点
我们令b[i]表由该点经过一个儿子节点i向下最多的边数期望
a[i]表示该点选不选 则答案如下
这时 下一步就很明显了
式子显然是 01分数规划的形式
那么二分答案就好
可是怎么判定呢?
老套路移项就好了
这时该怎么做呢
考虑
这些边之间存在没有y就一定没有x的情况 即有x就一定有y
那么 最大权闭合子图
之后 就结束啦
#include<cmath> #include<ctime> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<iomanip> #include<vector> #include<string> #include<bitset> #include<queue> #include<set> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; typedef double db; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f*x; } void print(int x) {if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>=10)print(x/10);putchar(x%10+'0');} const int N=55,M=510,inf=0X3f3f3f3f; const db eps=1e-9; int S=M-2,T=M-1; namespace flow { int last[M],ecnt; struct EDGE{int to,nt;db val;}e[M*M]; inline void readd(int u,int v,db val) {e[++ecnt]=(EDGE){v,last[u],val};last[u]=ecnt;} inline void add(int u,int v,db val) {readd(u,v,val);readd(v,u,0);} int d[M],q[M]; bool bfs() { memset(d,0,sizeof(d)); int head=0,tail=1; d[S]=1;q[head]=S; while(head<tail) { int u=q[head++]; for(int i=last[u];i;i=e[i].nt) if(e[i].val>eps&&!d[e[i].to]) { d[e[i].to]=d[u]+1; q[tail++]=e[i].to; } } return d[T]; } db dfs(int u,db lim) { if(u==T)return lim; db res=0; for(int i=last[u];i;i=e[i].nt) if(d[e[i].to]==d[u]+1&&e[i].val) { db tmp=dfs(e[i].to,min(e[i].val,lim)); res+=tmp;lim-=tmp; e[i].val-=tmp;e[i^1].val+=tmp; if(tmp<eps)d[e[i].to]=-1; if(lim<eps)break; } return res; } db mxflow; db dinic() {while(bfs())mxflow+=dfs(S,inf);return mxflow;} void init() { memset(last,0,sizeof(last)); ecnt=1;mxflow=0; } } int last ,ecnt; struct EDGE{int to,nt;}e[M]; inline void add(int u,int v) {e[++ecnt]=(EDGE){v,last[u]};last[u]=ecnt;} db f ; bool vis ; vector<int>vec[M]; void topo(int u) { if(vis[u])return ; vis[u]=1; db l=0,r=0,mid; for(int i=last[u];i;i=e[i].nt) { topo(e[i].to); r=max(r,f[e[i].to]+1); } while(r-l>eps) { mid=(l+r)/2.0; flow::init(); db res=0; for(int i=last[u];i;i=e[i].nt) { for(int j=0;j<vec[i].size();++j) flow::add(i,vec[i][j],inf); if(f[e[i].to]+1-mid<0) flow::add(S,i,mid-f[e[i].to]-1); else res+=f[e[i].to]+1-mid, flow::add(i,T,f[e[i].to]+1-mid); } res-=flow::dinic(); res>eps?(f[u]=mid,l=mid):r=mid; } } int main() { int n=read(),m=read(),K=read(); register int i,u,v; for(i=1;i<=m;++i) { u=read();v=read(); add(u,v); } for(i=1;i<=K;++i) { u=read();v=read(); vec[v].push_back(u); } topo(1); printf("%.10lf",f[1]); return 0; }
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