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
3 2 1 1 2 10 2 3 15
10 10.0000
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 %.5lf ",ans,1.0*p*mid); } int main(){ init(); ans=dinic(); judge(); return 0; }