CF1307G-解题报告

最小费用流与线性规划

最小费用流问题可以考虑看成一个线性规划问题。

设 \(f_{u，v}\) 为边的流量，\(c_{u,v}\) 表示边的容量，\(w_{u,v}\) 表示边的代价。\(V\) 表示点集，\(E\) 表示边集，记总的流量为 \(F\)。

那么最小费用流问题等价于：

• 求 \(\min\{ \sum f_{u,v}w_{u,v} \}\)
• 限制：
• • 对所有 \(u\in V\)，有：
    \[ \sum\limits_{(v,u)\in E}f_{v,u}-\sum\limits_{(u,v)\in E}f_{u,v}=\begin{cases} F,if\ u=n\\ -F,if\ u=1\\ 0,otherwise \end{cases} \]

• • 对所有 \((u,v)\in E\)，有 \(0\le f_{u,v}\le c_{u,v}\)。
• 共 \(m\) 个变量 \(f_{u,v}\)，\(n+m\) 条限制。

给出线性规划一般形式和其对偶问题：

原问题：

\[\begin{aligned} \max z&=\sum\limits_{j=1}^m c_jx_j\\ Ax&\le b\\ x&\ge 0 \end{aligned} \]

对偶问题：

\[\begin{aligned} \min w&=\sum\limits_{j=1}^nb_jy_j\\ A^Ty&\ge c\\ y&\ge 0 \end{aligned} \]

这里 \(A,x,b,c,y\) 均为矩阵，其中 \(A\) 为 \(n\times m\) 矩阵，\(x,c\) 为 \(n\times 1\) 矩阵，\(y,b\) 为 \(m\times 1\) 矩阵。定义矩阵之间的 \(\le\) 为对应位置都需要小于。

不加证明的给出以下定理：

• 线性规划和其对偶线性规划等价。

这里不给证明的原因是该定理证明较为繁杂，博主不会证明，且本博客内容与该性质内容关系不大。

把最小费用流问题对应线性规划的限制转化成一般形式：

\[\begin{cases} +\sum f_{v,u}-\sum f_{u,v}&\ge a_i\\ -\sum f_{u,v} + \sum f_{u,v}&\ge a_i\\ -f_{u,v}\ge -c_{u,v} \end{cases} \]

其中 \(a_u\) 表示点 \(u\) 应该的流量: \(F,-F\) 或 \(0\)。

把这个线性规划的对偶形式写出来，限制一共有 \(2n+m\) 个，考虑前 \(n\) 个限制代表变量为 \(q_i\)，另外 \(n\) 个限制代表变量为 \(e_i\)，后 \(m\) 个限制设为 \(r_{u,v}\)。

考虑前 \(2n\) 个向量与限制的对应关系，对于一个限制来说，显然我们可以让 \(q_u\) 来对应 \(+\sum f_{v,u}-\sum f_{u,v}\ge a_i\)，这样所有 \(f_{v,u}\) 代表的位置会有 \(+q_u\)，\(f_{v,u}\) 代表的位置会有 \(-q_u\)。强烈建议各位读者画一个矩阵自己感受一下。

最后化成对偶线性规划为：

• 求 \(\max\{ \sum a_u q_u-\sum\ a_ue_u-\sum r_{u,v}{w_{u,v}} \}\)
• 限制：
• • 对于所有 \((u,v)\in E\)，有：\(-q_u+q_v+e_u-e_v-r_{u,v}\le w_{u,v}\)
• • \(q_u,e_u,r_{u,v}\ge 0\)
• 一共 \(m\) 条限制。

需要注意在推式子的时候，特别关注一下无入度点和无出度点的的情况，它们也是满足条件的。

发现所有式子都与 \(q_u-e_u\) 有关，不如设其为 \(d_u\)。以及注意到 \(a_u\) 除了 \(1,n\) 都是 \(0\)，所以线性规划变成：

• 求 \(\max\{ F(d_n-d_1)-\sum r_{u,v}{c_{u,v}} \}\)
• 限制：
• • 对于所有 \((u,v)\in E\)，有：\(d_v\le d_u+r_{u,v}+w_{u,v}\)
• • \(d_u,r_{u,v}\ge 0\)
• 一共 \(m\) 条限制。

\(d_u\) 依然满足 \(\ge0\) 的原因是，考虑如果找到了一组满足条件的 \(d\)，那么把 \(d\) 同加到 \(\ge 0\) 依然满足条件。

Solution

题目大意：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，边权为 \(w\)，可以选择把一条边的边权 \(w_i\) 修改为 \(w_i+a_i\)，\(a_i\) 可以为实数，但是需要满足 \(a_i\ge 0,\sum a_i\le x\)，有 \(q\) 次询问，每次给定 \(x\)，询问修改之后 \(1\) 到 \(n\) 最短路的最大值，每次询问独立，无重边无自环。\(n\le 50,w_i\le 10^6,w\le 10^5\)

关注我们的对偶问题，发现限制如同最短路，而 \(r_{u,v}\) 就像我们给每条边加上的权值 \(a_i\)。

关注我们对偶线性规划求的东西，可以令 \(c_{u,v}=1\)，那么现在变成了求 \(\max\{ F(d_n-d_1)-\sum r_{u,v} \}\)，其中后者相当于我们更改的权值总和，设为 \(C\)，同时记 \(D=d_n-d_1\) 设为最短路。

我们把所有有用的 \((C,D)\) 映射到二维平面上，形成的图形一定是上凸壳，且斜率最大是 \(1\)。并且，凸壳上的拐点一定都是整点。且如果让 \(a_i\) 都是整数，那么显然随着 \(C\) 的增加，\(D\) 要么不变，要么加一，在这个情况下建立凸包，而考虑如果令 \(a_i\) 可以为实数，不难发现凸包不会变化。如图：

如果令所有 \(a_i\) 都是整数，那么点应该是 \(E,F,G\)，而如果 \(a_i\) 可以为实数，那么点 \(I,J,K\)。

由此可以得出结论，凸包上的所有切线都形如 \(\frac{1}{x}\) 的形式，其中 \(x\) 是整数。

设 \(A(F)=\max_{D,C}\{ FD-C \}\)，设对于给定 \(F\)，有 \(A(F)=FD_F-C_F\)，那么 \(D_F=\frac{A(F)}{F}+\frac{C_F}{F}\)。由此可知，若给定 \(F\) 求 \(A(F)\)，方法即为用 \(\frac{1}{F}\) 去切这个凸包，而切线与 \(x\) 轴的截距为 \(A(F)\)。

原问题等价于给定 \(C\)，要求在凸包上找到 \(x=C\) 与凸壳的交点 \((C,D)\)。考虑所有的 \(F\) 和它们对应的切线在 \(x=C\) 处的值，设为 \(y\)，不难发现有 \(y\ge D\)，且一定存在一个 \(x\)，使得 \(y=D\)，即一条与凸包相切且切点为 \((C,D)\) 的切线。则答案为 \(\min_F\{ \frac{A(F)}{F}+\frac{C}{F} \}\)。

现在唯一的问题是 \(F\) 是可以为实数的，一个方法是可以二分，不过不用这么麻烦。我们其实只用考虑 \(F\) 是整数的情况，这是因为凸包上所有的斜率都形如 \(\frac{1}{x}\)，所有对于凸包上每个点 \((C,D)\)，都存在一个整数 \(F\) 使得斜率为 \(\frac{1}{F}\) 的切线经过这个点。

所以，我们枚举 \(F\)，通过费用流算出 \(A(F)\)，对于每个询问，算出 \(\min_F\{ \frac{A(F)}{F}+\frac{C}{F} \}\) 即可。

代码

int n,m;

struct edge{
    int to,next,w,f;
    inline void Init(int to_,int ne_,int w_,int f_){
        to=to_;next=ne_;w=w_;f=f_;
    }
}li[N*N*2];
int head[N],tail=1,now[N],d[N],s,t,Ans,A[N],ans,Q;
bool vis[N];
queue<int> q;

inline void Add(int from,int to,int w,int f){
    li[++tail].Init(to,head[from],w,f);head[from]=tail;swap(from,to);
    li[++tail].Init(to,head[from],-w,0);head[from]=tail;
}
inline bool spfa(int s){
    while(q.size()) q.pop();
    bool op=0;
    mset(d,INF);mset(vis,0);d[s]=0;q.push(s);vis[s]=1;now[s]=head[s];
    while(q.size()){
        int top=q.front();q.pop();vis[top]=0;
        Next(top){
            int to=li[x].to,f=li[x].f,w=li[x].w;if(!f||d[to]<=d[top]+w)continue;
            d[to]=d[top]+w;if(!vis[to]) vis[to]=1,q.push(to);now[to]=head[to];
        }
    }
    if(d[t]>=INF) return 0;else return 1;
}
inline int dinic(int k,int flow){
    if(k==t) return flow;int rest=flow,x;vis[k]=1;
    for(x=now[k];x&&rest;x=li[x].next){
        int to=li[x].to,f=li[x].f,w=li[x].w;
        if(!f||d[to]!=d[k]+w||(vis[to]&&to!=t)) continue;int val=dinic(to,min(rest,f));
        if(!val) d[to]=INF;li[x].f-=val;li[x^1].f+=val;rest-=val;Ans+=val*w;
    }
    now[k]=x;
    return flow-rest;
}

signed main(){
    // freopen("my.in","r",stdin);
    // freopen("my.out","w",stdout);
    read(n);read(m);
    rep(i,1,m){
        int from,to;read(from);read(to);int w;read(w);
        Add(from,to,w,1);
    }
    s=1,t=n;
    rep(i,1,n){
        if(!spfa(s)) break;
        ans+=dinic(s,1);
        A[i]=Ans;
    }
    read(Q);
    rep(i,1,Q){
        int x;read(x);
        ld nowans=INF;
        rep(i,1,n){
            if(!A[i]) break;
            cmin(nowans,(ld)(A[i]+x)/(ld)(i));
        }
        printf("%0.7Lf\n",nowans);
    }
    return 0;
}