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。

    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。

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。

【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。

  1 /*by SilverN*/  2 #include<iostream>  3 #include<algorithm>  4 #include<cstring>  5 #include<cstdio>  6 #include<cmath>  7 #include<queue>  8 using namespace std;  9 const double eps=1e-6; 10 const int INF=1e9; 11 const int mxn=240; 12 int read(){ 13     int x=0,f=1;char ch=getchar(); 14     while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} 15     while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} 16     return x*f; 17 } 18 struct EG{ 19     int x,y; 20     double f; 21 }eg[mxn*10]; 22 struct edge{ 23     int v,nxt; 24     double f; 25 }e[mxn*20]; 26 int hd[mxn],mct=1; 27 void add_edge(int u,int v,double f){ 28     e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return; 29 } 30 void insert(int u,int v,double c){ 31     add_edge(u,v,c); 32     add_edge(v,u,0); 33     return; 34 } 35 void init(){ 36     memset(hd,0,sizeof hd); 37     mct=1; 38 } 39 int n,m,S,T; 40 double P; 41 int d[mxn]; 42 bool BFS(){ 43     memset(d,0,sizeof d); 44     queue<int>q; 45     d[S]=1; 46     q.push(S); 47     while(!q.empty()){ 48         int u=q.front();q.pop(); 49         for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 50             int v=e[i].v; 51             if(!d[v] && e[i].f>eps){ 52                 d[v]=d[u]+1; 53                 q.push(v); 54             } 55         } 56     } 57     return d[T]; 58 } 59 double DFS(int u,double lim){ 60     if(u==T || fabs(lim)<eps)return lim; 61     double f=0; 62     double tmp; 63     for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 64         int v=e[i].v; 65         if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f>eps){ 66             tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f)); 67             e[i].f-=tmp; 68             e[i^1].f+=tmp; 69             lim-=tmp; 70             f+=tmp; 71             if(lim<eps)return f; 72         } 73     } 74     d[u]=0; 75     return f; 76 } 77 double Dinic(){ 78     double res=0; 79     while(BFS()){ 80         double tmp=DFS(S,INF); 81         if(tmp<eps)break; 82         res+=tmp; 83     } 84     return res; 85 } 86 void Build(double lim){ 87     for(int i=1;i<=m;i++){ 88         insert(eg[i].x,eg[i].y,min(eg[i].f,lim)); 89     } 90     return; 91 } 92 double ans=0,res; 93 void solve(){ 94     Build(INF); 95     res=Dinic(); 96     double l=1,r=50000; 97     while(abs(r-l)>eps){ 98         double mid=(l+r)/2; 99         init();100         Build(mid);101         if(fabs(Dinic()-res)<=eps){102             ans=mid;103             r=mid;104         }105         else l=mid;106     }107     return;108 }109 int main(){110     scanf("%d%d%lf",&n,&m,&P);111     S=1;T=n;112     int i,j;113     for(i=1;i<=m;i++){114         scanf("%d%d",&eg[i].x,&eg[i].y);scanf("%lf",&eg[i].f);115     }116     solve();117     printf("%.0f\n",res);118     printf("%.4f\n",P*ans);119     //120     return 0;121 }