[Usaco2007 Dec][BZOJ1690] 奶牛的旅行|分数规划|二分|SPFA

1690: [Usaco2007 Dec]奶牛的旅行

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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

输出说明:

如果奶牛选择1 -> 2 -> 3 -> 5 -> 1的旅行路线,她们能得到的总乐趣值
为60,为此她们得花费10单位的时间在走路上。于是她们在这次旅行中的平均乐
趣值为6。如果她们走2 -> 3 -> 5 -> 2的路线,就只能得到30/6 = 5的平均乐
趣值。并且,任何去参观建筑物4的旅行路线的平均乐趣值都没有超过4。

HINT

 

Source

 
不得不说usaco gold的题还是挺难的……
好像叫做01分数规划,然后这题是一个最优比率环。

设 ans≥∑(F)/∑(T) , 有

∑(F)-∑(T)*ans≤0

∑(F-T*ans)≤0

ans显然可以二分。

我们二分ans,然后将所有边的权值改成f[i]-t[i]*ans,(f[i]为点权值,t[i]为边权值)。如果∑(F-T*ans)≤0,说明存在更优的ans≥现在的∑(F)/∑(T),于是将枚举下限l设为mid,否则将r设为mid。

那么我们如何判断∑(F-T*ans)≤0呢?

可以用spfa来判断是否有负权回路。

至此,此题就解决了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define eps 1e-4
#define N 1005
#define M 5005
using namespace std;
int n,p,cnt;
int head[N],a[N],list[M],next[M],key[M];
double c[M],dis[N];
bool flag,v[N];
inline int read()
{
    int a=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') {a=a*10+c-'0'; c=getchar();}
    return a*f;
}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
    next[++cnt]=head[x];
    head[x]=cnt;
    list[cnt]=y;
    key[cnt]=z;
}
inline void rebuild(double m)
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=head[i];j;j=next[j])
            c[j]=key[j]*m-a[list[j]];
}
void spfa(int x)
{
    v[x]=1;
    for (int i=head[x];i;i=next[i])
        if (c[i]+dis[x]<dis[list[i]])
        {
            if (v[list[i]]) {flag=1; return;}
            else 
            {
                dis[list[i]]=dis[x]+c[i];
                spfa(list[i]);
            }
        }
    v[x]=0;
}    
inline bool judge()
{
    memset(v,0,sizeof(v));
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    flag=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) {spfa(i); if (flag) return 1;}
    return 0;
}
int main()
{
    n=read(); p=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for (int i=1;i<=p;i++)
    {
        int u=read(),v=read(),w=read();
        insert(u,v,w);
    }
    double l=0,r=10000;
    while (r-l>eps)
    {
        double mid=(l+r)/2;
        rebuild(mid);
        if (judge()) l=mid; else r=mid;
    }
    printf("%.2lf",l);
    return 0;
}

 

posted @ 2015-08-11 22:30  ws_fqk  阅读(130)  评论(0编辑  收藏  举报