【bzoj1690/Usaco2007 Dec】奶牛的旅行——分数规划 最优比率环

Description

作为对奶牛们辛勤工作的回报,Farmer John决定带她们去附近的大城市玩一天。旅行的前夜,奶牛们在兴奋地讨论如何最好地享受这难得的闲暇。 很幸运地,奶牛们找到了一张详细的城市地图,上面标注了城市中所有L(2 <= L <= 1000)座标志性建筑物(建筑物按1..L顺次编号),以及连接这些建筑物的P(2 <= P <= 5000)条道路。按照计划,那天早上Farmer John会开车将奶牛们送到某个她们指定的建筑物旁边,等奶牛们完成她们的整个旅行并回到出发点后,将她们接回农场。由于大城市中总是寸土寸金,所有的道路都很窄,政府不得不把它们都设定为通行方向固定的单行道。 尽管参观那些标志性建筑物的确很有意思,但如果你认为奶牛们同样享受穿行于大城市的车流中的话,你就大错特错了。与参观景点相反,奶牛们把走路定义为无趣且令她们厌烦的活动。对于编号为i的标志性建筑物,奶牛们清楚地知道参观它能给自己带来的乐趣值F_i (1 <= F_i <= 1000)。相对于奶牛们在走路上花的时间,她们参观建筑物的耗时可以忽略不计。 奶牛们同样仔细地研究过城市中的道路。她们知道第i条道路两端的建筑物 L1_i和L2_i(道路方向为L1_i -> L2_i),以及她们从道路的一头走到另一头所需要的时间T_i(1 <= T_i <= 1000)。 为了最好地享受她们的休息日,奶牛们希望她们在一整天中平均每单位时间内获得的乐趣值最大。当然咯,奶牛们不会愿意把同一个建筑物参观两遍,也就是说,虽然她们可以两次经过同一个建筑物,但她们的乐趣值只会增加一次。顺便说一句,为了让奶牛们得到一些锻炼,Farmer John要求奶牛们参观至少2个建筑物。 请你写个程序,帮奶牛们计算一下她们能得到的最大平均乐趣值。

Input

* 第1行: 2个用空格隔开的整数:L 和 P

* 第2..L+1行: 第i+1行仅有1个整数:F_i * 第L+2..L+P+1行: 第L+i+1行用3个用空格隔开的整数:L1_i,L2_i以及T_i, 描述了第i条道路。

Output

* 第1行: 输出1个实数,保留到小数点后2位(直接输出,不要做任何特殊的取 整操作),表示如果奶牛按题目中描述的一系列规则来安排她们的旅 行的话,她们能获得的最大平均乐趣值

Sample Input

5 7
30
10
10
5
10
1 2 3
2 3 2
3 4 5
3 5 2
4 5 5
5 1 3
5 2 2

Sample Output

6.00
 

 
分析:
首先分析最优解必然为一个单独的环(一定不会是环套环),为什么?我不知道,自己推一下吧......
这样的话我们把边的利润定义为边指向的点i的利润e[i],把边的代价定义为指向的那个点的代价v[i],每个点选或不选的情况定义为x[i]。
这样就把利润和代价都放在了边上。
定义一个函数f(l)=l*sigma(v[i]*x[i])-sigma(e[i]*x[i])=sigma((l*v[i]-e[i])*x[i]),令d[i]=l*v[i]-e[i]。
当f(l)<0时,l*sigma(v[i]*x[i])-sigma(e[i]*x[i])<0,即sigma(e[i]*x[i])/sigma(v[i]*x[i])>l,表明当前的选取方式能得到比当前l更大的解;
当f(l)>0时,此时的解没有l优。
因此最优的情况就是f(l)=0,此时d[i]=0,易知d[i]随l的增大而增大,所以可以二分l直到d[i]=0,此时的l就是最优解。
注意是有向边,判断的话可以用类似于SPFA判负环那样的操作,具体实现看代码吧:
 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
 5 const int N=1005,P=5005;
 6 const double eps=1e-7;
 7 int n,m,tot=0,first[N],a[N];
 8 double d[N];
 9 bool flag,ok[N];
10 struct node{
11     int ne,to,w;
12     double v;
13 }e[P*2];
14 int read(){
15     int ans=0,f=1;char c=getchar();
16     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
17     while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-48;c=getchar();}
18     return ans*f;
19 }
20 void add(int u,int v,int w){
21     e[++tot]=(node){first[u],v,w,0};first[u]=tot;
22 }
23 void dfs(int x){
24     ok[x]=1;
25     for(int i=first[x];i;i=e[i].ne){
26         int to=e[i].to;
27         if(d[to]>d[x]+e[i].v){
28             if(ok[to]){flag=1;return;}
29             d[to]=d[x]+e[i].v;
30             dfs(to);
31         }
32     }
33     ok[x]=0;
34 }
35 bool check(double x){
36     flag=0;
37     for(int i=1;i<=n;i++)ok[i]=d[i]=0;
38     for(int i=1;i<=n;i++){dfs(i);if(flag)return 1;}
39     return 0;
40 }
41 int main(){
42     n=read();m=read();
43     for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
44     for(int j=1,uu,vv,z;j<=m;j++){
45         uu=read();vv=read();z=read();
46         add(uu,vv,z);
47     }
48     double l=0,r=1000.0,mid;
49     while(r-l>eps){
50         mid=(l+r)/2.0;
51         for(int i=1;i<=n;i++){
52         for(int j=first[i];j;j=e[j].ne){
53             e[j].v=mid*e[j].w-a[e[j].to];
54         }
55     }
56         if(check(mid))l=mid;
57         else r=mid;
58     }
59     printf("%.2f",mid);
60     return 0;
61 }
bzoj1690

 

posted @ 2017-09-18 13:37  Child-Single  阅读(120)  评论(0编辑  收藏  举报