題目

Alice和Bob在圖論課程上學習了最大流和最小費用最大流的相關知識。
最大流問題：給定一張有向圖表示運輸網絡，一個源點S和一個匯點T，每條邊都有最大流量。一個合法的網絡流方案必須滿足：(1)每條邊的實際流量都不超過其最大流量且非負；(2)除了源點S和匯點T之外，對於其余所有點，都滿足該點總流入流量等於該點總流出流量；而S點的凈流出流量等於T點的凈流入流量，這個值也即該網絡流方案的總運輸量。最大流問題就是對於給定的運輸網絡，求總運輸量最大的網絡流方案。

上圖表示了一個最大流問題。對於每條邊，右邊的數代表該邊的最大流量，左邊的數代表在最優解中，該邊的實際流量。需要註意到，一個最大流問題的解可能不是唯一的。 對於一張給定的運輸網絡，Alice先確定一個最大流，如果有多種解，Alice可以任選一種；之後Bob在每條邊上分配單位花費（單位花費必須是非負實數），要求所有邊的單位花費之和等於P。總費用等於每一條邊的實際流量乘以該邊的單位花費。需要註意到，Bob在分配單位花費之前，已經知道Alice所給出的最大流方案。現茌Alice希望總費用盡量小，而Bob希望總費用盡量大。我們想知道，如果兩個人都執行最優策略，最大流的值和總費用分別為多少。

輸入格式

第一行三個整數N，M，P。N表示給定運輸網絡中節點的數量，M表示有向邊的數量，P的含義見問題描述部分。為了簡化問題，我們假設源點S是點1，匯點T是點N。
接下來M行，每行三個整數A，B，C，表示有一條從點A到點B的有向邊，其最大流量是C。

輸出格式

第一行一個整數，表示最大流的值。
第二行一個實數，表示總費用。建議選手輸出四位以上小數。

輸入樣例

3 2 1

1 2 10

2 3 15

輸出樣例

10

10.0000

提示

【樣例說明】

對於Alice，最大流的方案是固定的。兩條邊的實際流量都為10。

對於Bob，給第一條邊分配0.5的費用，第二條邊分配0.5的費用。總費用

為：100.5+100.5=10。可以證明不存在總費用更大的分配方案。

【數據規模和約定】

對於20%的測試數據：所有有向邊的最大流量都是1。

對於100%的測試數據：N < = 100，M < = 1000。

對於l00%的測試數據：所有點的編號在I..N範圍內。1 < = 每條邊的最大流

量 < = 50000。1 < = P < = 10。給定運輸網絡中不會有起點和終點相同的邊。

題解

首先，Bob的最優策略一定是將所有權值加到流量最大的邊上
所以Alice應使在最大流前提下使最大流量的邊最小

那麽二分所有邊的上限判定可行性就可以了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
 

#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define eps 1e-8
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 105,maxm = 5005,INF = 1000000000;
inline int read(){
    int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
    while (c < 48 || c > 57){if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
    while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
    return out * flag;
}
int n,m,h[maxn],ne = 2,S,T;
double P,M;
struct EDGE{int to,nxt; double f,cap;}ed[maxm];
inline void build(int u,int v,double w){
    ed[ne] = (EDGE){v,h[u],w,w}; h[u] = ne++;
    ed[ne] = (EDGE){u,h[v],0,0}; h[v] = ne++;
}
int d[maxn],vis[maxn],cur[maxn];
queue<int> q;
bool bfs(){
    for (int i = 1; i <= n; i++) d[i] = INF,vis[i] = false;
    q.push(S); d[S] = 0; vis[S] = true;
    int u;
    while (!q.empty()){
        u = q.front(); q.pop();
        Redge(u) if (fabs(ed[k].f) > eps && !vis[to = ed[k].to]){
            d[to] = d[u] + 1; vis[to] = true;
            q.push(to);
        }
    }
    return vis[T];
}
double dfs(int u,double minf){
    if (u == T || fabs(minf) < eps) return minf;
    double flow,f; int to;
    if (cur[u] == -1) cur[u] = h[u];
    for (int& k = cur[u]; k; k = ed[k].nxt)
        if (d[to = ed[k].to] == d[u] + 1 && fabs(f = dfs(to,min(minf,ed[k].f))) > eps){
            ed[k].f -= f; ed[k ^ 1].f += f;
            flow += f; minf -= f;
            if (fabs(minf) < eps) break;
        }
    return flow;
}
double maxflow(){
    double flow = 0;
    while (bfs()){
        memset(cur,-1,sizeof(cur));
        flow += dfs(S,INF);
    }
    return flow;
}
bool check(double cap){
    for (int i = 2; i < ne; i += 2){
        ed[i ^ 1].f = 0;
        ed[i].f = min(ed[i].cap,cap);
    }
    return maxflow() >= M;
}
void solve(){
    M = maxflow();
    double l = 0,r = 50000,mid;
    while ((r - l) > 1e-4){
        mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid;
    }
    printf("%.lf\n%.4lf\n",M,l * P);
}
int main(){
    n = read(); m = read(); P = read(); S = 1; T = n;
    int a,b,w;
    for (int i = 1; i <= m; i++){
        a = read(); b = read(); w = read();
        build(a,b,w);
    }
    solve();
    return 0;
}

BZOJ3130 [Sdoi2013]費用流 【網絡流 + 二分】