题目描述 Description
CS有n个小区，并且任意小区之间都有两条单向道路（a到b，b到a）相连。因为最近下了很多暴雨，很多道路都被淹了，不同的道路泥泞程度不同。小A经过对近期天气和地形的科学分析，绘出了每条道路能顺利通过的时间以及这条路的长度。
现在小A在小区1，他希望能够很顺利地到达目的地小区n，请帮助小明找出一条从小区1出发到达小区n的所有路线中（总路程/总时间）最大的路线。请你告诉他这个值。
输入描述 Input Description
第一行包含一个整数n，为小区数。
接下来n*n的矩阵P，其中第i行第j个数表示从小区i到小区j的道路长度为Pi,j。第i行第i个数的元素为0，其余保证为正整数。
接下来n*n的矩阵T，第i行第j个数表示从小区i到小区j需要的时间Ti,j。第i行第i个数的元素为0，其余保证为正整数。
输出描述 Output Description
写入一个实数S，为小区1到达n的最大答案，S精确到小数点后3位。
样例输入 Sample Input
3
0 8 7
9 0 10
5 7 0
0 7 6
6 0 6
6 2 0
样例输出 Sample Output
2.125
数据范围及提示 Data Size & Hint
【数据说明】
30%的数据，n<=20
100%的数据，n<=100，p,t<=10000
分析：
一开始以为是一道dp
想起了这道题
但是这个t的范围好大
枚举不就jj了吗
那怎么办呢
tag上说是二分
第一反应，二分时间
看在mid的时间内能够走到哪里
能到达n的话，就统计一下答案，r=mid
不能的话l=mid
但是我们不能保证这样就具有单调性啊（二分的要求就是答案具有单调性）
况且二分t的范围不也是很大吗，zz
那我们还能二分什么呢
只能二分最大值了
那问题就在如何判定可行性上
(s1+s2+s3)/(t1+t2+t3)=ans
难道我们要走一步看一步嘛
太不现实了
想到这里，就体现了oi们必须具备的一个重要思想
画柿子！
(s1+s2+s3)=ans*(t1+t2+t3)
s1+s2+s3=ans*t1+ans*r2+ans*t3
(s1-ans*t1)+(s2-ans*t2)+(s3-ans*t3)=0
这样一看，ans就和我们经过的每一条边都有直接关系了
我们可以把边权变成s-ans*t
每次跑一个最长路
看一看答案是不是>0
是则l=mid
否则r=mid
tip
每一种元素都要尝试一下，
熟练掌握画柿子的本领
等我第一遍写完之后，怎么也跑不出来答案，
后来看前辈在spfa的时候有一个特判
ti[way[i].y]++;
if (ti[way[i].y]>=n) return 1;这个是判断环的
ti表示每个元素的入队次数，如果一个点的入队次数大于等于n，那么ta一定在一个环上，如果存在正环，那么一定符合条件
这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=102;
const double eps=1e-4;
const double INF=1e7;
int mp[N][N],t[N][N];
int n,sum=0;
struct node{
int x,y,nxt;
double v;
};
node way[2*N*N];
int st[N],tot;
double dis[N];
int q[N*N],tou,wei,ti[N];
bool p[N];
int dcmp(double x)
{
if (x>=eps) return 1;
else return 0;
}
void add(int u,int w,double z)
{
tot++;
way[tot].x=u;way[tot].y=w;way[tot].v=z;way[tot].nxt=st[u];st[u]=tot;
}
int spfa()
{
for (int i=1;i<=n;i++) p[i]=1,dis[i]=-INF;
memset(ti,0,sizeof(ti));
tou=wei=0;
q[++wei]=1;
dis[1]=0.0;p[1]=0;ti[1]=1;
do
{
int r=q[++tou];
for (int i=st[r];i;i=way[i].nxt)
{
if (way[i].v+dis[r]>dis[way[i].y])
{
dis[way[i].y]=way[i].v+dis[r];
if (p[way[i].y])
{
p[way[i].y]=0;
q[++wei]=way[i].y;
ti[way[i].y]++;
if (ti[way[i].y]>=n) return 1;
}
}
}
p[r]=1;
}
while (tou<wei);
if (dis[n]>=0) return 1;
else return 0;
}
int pd(double mid)
{
memset(st,0,sizeof(st));
tot=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
if (i!=j)
{
double x=((double)mp[i][j]-mid*(double)t[i][j]);
add(i,j,x);
}
return spfa();
}
void erfen()
{
double ans=0;
double l=0,r=(double)sum;
while (dcmp(r-l))
{
double mid=(l+r)/2;
if (pd(mid))
ans=max(ans,mid),l=mid;
else r=mid;
}
printf("%0.3lf",ans);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&mp[i][j]),sum+=mp[i][j];
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&t[i][j]);
erfen();
return 0;
}