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P3305 [SDOI2013]费用流

题目描述

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。

输入输出格式

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。

 

输入输出样例

输入样例#1:
3 2 11 2 102 3 15
输出样例#1:
1010.0000

说明

【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。

 

题解:

  输出最大流:30%。
  第二问直接输出 P:20%。
  Bob 的决策一定是把所有的费用给最大的一条边。所以 Alice 的决策就是最大的边尽量小。
二分答案之后,限制每条边的流量,看最大流是否发生变化。100%。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;typedef double real;const int N=1e5+5;struct edge{int v,next;real cap;}e[N<<1];int tot=1,head[N];struct data{int x,y;real z;}d[N];int n,m,p,S,T,ans,dis[N],q[N];bool vis[N];real L,R;inline int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<0||ch>9){if(ch==-)f=-1;ch=getchar();}    while(ch>=0&&ch<=9){x=x*10+ch-0;ch=getchar();}    return x*f;}inline void add(int x,int y,real z){    e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].next=head[x];head[x]=tot;    e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].next=head[y];head[y]=tot;}inline bool bfs(){    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-1,vis[i]=0;    unsigned short h=0,t=1;q[t]=S;dis[S]=0;    while(h!=t){        int x=q[++h];        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){            if(dis[e[i].v]==-1&&e[i].cap){                dis[e[i].v]=dis[x]+1;                if(e[i].v==T) return 1;                q[++t]=e[i].v;            }        }    }    return 0;}real dfs(int x,real f){    if(x==T) return f;    real used=0,t;    for(int i=head[x];i;i=e[i].next){        if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==dis[x]+1){            t=dfs(e[i].v,min(e[i].cap,f));            e[i].cap-=t;e[i^1].cap+=t;            used+=t;f-=t;            if(!f) return used;        }    }    if(!used) dis[x]=-1;    return used;}inline int dinic(){    real res=0;    while(bfs()) res+=dfs(S,2e9);    return res;}void init(){    n=read();m=read();p=read();    S=1;T=n;R=0;    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){        d[i].x=read(),d[i].y=read(),d[i].z=read();        add(d[i].x,d[i].y,d[i].z);        R=max(R,d[i].z);    } }bool check(real lim){    memset(head,0,sizeof head);tot=1;    for(int i=1;i<=m;i++) add(d[i].x,d[i].y,min(d[i].z,lim));    return dinic()==ans;}inline void judge(){    real l=0.0,r=R,mid;    while(r-l>1e-6){        mid=(l+r)/2.0;        if(check(mid)) r=mid;        else l=mid;    }    printf("%d\n%.5lf\n",ans,1.0*p*mid);}int main(){    init();    ans=dinic();    judge();    return 0;}

 

P3305 [SDOI2013]费用流