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
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：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。
- 第一问不用说了
- 假设现在已经有了一个最大流的方案，那么Bob一定会把 P 的费用全用到流量最大的那条边上
- 也就是说要让最大流量的边最小
- 二分边的最大流看，检查是否还能求得同样大小的最大流
- 注意要实数二分，不能整数二分
最大流本身是一定的整数，但是为满足最优解，某一条边的流量可以是实数。所以这题是实数网络流！
实数二分好坑.........不要m+-1，不要保留一个ans，只是简单的二分l和r行了，最后取那一个都行
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// main.cpp
// sdoi2003费用流
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// #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=,M=,INF=1e9;
const double eps=1e-;
int read(){
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,p,u,v,c,s,t;
struct data{
int u,v,c;
}a[M];
struct edge{
int v,ne;
double c,f;
}e[M<<];
int h[N],cnt=;
inline void ins(int u,int v,double c){
cnt++;
e[cnt].v=v;e[cnt].c=c;e[cnt].f=;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
cnt++;
e[cnt].v=u;e[cnt].c=;e[cnt].f=;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;
}
void build(double mid){
cnt=;
memset(h,,sizeof(h));
for(int i=;i<=m;i++) ins(a[i].u,a[i].v,min((double)a[i].c,mid));
}
int cur[N];
int d[N],vis[N],q[N],head,tail;
bool bfs(){
memset(vis,,sizeof(vis));
memset(d,,sizeof(d));
head=tail=;
d[s]=;vis[s]=;q[tail++]=s;
while(head!=tail){
int u=q[head++];
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
int v=e[i].v;
if(!vis[v]&&e[i].c>e[i].f){
d[v]=d[u]+;vis[v]=;
q[tail++]=v;
if(v==t) return ;
}
}
}
return ;
} double dfs(int u,double a){
if(u==t||a==) return a;
double flow=,f;
for(int &i=cur[u];i;i=e[i].ne){
int v=e[i].v;
if(d[v]==d[u]+&&(f=dfs(v,min(a,e[i].c-e[i].f)))>){
flow+=f;
e[i].f+=f;
e[((i-)^)+].f-=f;
a-=f;
if(a==) break;
}
}
return flow;
}
double dinic(){
double flow=;
while(bfs()){
for(int i=;i<=n;i++) cur[i]=h[i];
flow+=dfs(s,INF);
}
return flow;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
n=read();m=read();p=read();s=;t=n;
double l=,r=;
for(int i=;i<=m;i++){
a[i].u=read(),a[i].v=read(),a[i].c=read();
ins(a[i].u,a[i].v,a[i].c);r=max(r,(double)a[i].c);
}
//r+=eps;
double old=dinic();
while(r-l>eps){
double mid=(l+r)*0.5;//printf("%f %f\n",l,r);
build(mid);
double mx=dinic();
if(fabs(mx-old)<eps) r=mid;
else l=mid;
}
printf("%d\n%.4f",(int)old,l*p);
return ;
}