观光奶牛

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题目描述

给定一张 \(L\) 个点、\(P\) 条边的有向图，每个点都有一个权值 \(f[i]\)，每条边都有一个权值 \(t[i]\)。

求图中的一个环，使“环上各点的权值之和”除以“环上各边的权值之和”最大。

输出这个最大值。

注意：数据保证至少存在一个环。

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01分数规划问题

步骤：

1. 确认答案区间，然后二分，判断性质
2. 借助上述二分出的中点，推导出性质的公式
3. 套用图论模板算法

本题首先我们要求的是在一个环内 \(\dfrac{\sum f(i)}{\sum t(i)}\) 的最大值

这个答案本身具有二分的性质【存在标准大于等于k的环 | 不存在】，我们就是要二分到他的最大值

根据数据范围可以推断出答案是在 \([1,1000]\) 上的浮点数二分问题

利用二分出的 \(mid\)，我们有公式 \(\dfrac{\sum f(i)}{\sum t(i)}>mid\) ，对公式进行变形

\[\begin{aligned}\dfrac{\sum f(i)}{\sum t(i)}&>mid \\ \sum f(i)&>\sum t(i)\times mid \\ \sum f(i)-\sum t(i)\times mid&>0 \\ \sum(f(i)-t(i)\times mid)&>0\end{aligned}\]

因此，根据上述推导公式，满足条件的 \(mid\)，即为图内存在一个环，满足 \(\sum(f(i)-t(i)\times mid)>0\)

spfa算法本身具有一个性质，就是在求解最短路的时候，是可以把点权和边权看做一个整体边权一起更新的，因此我们常常在一些spfa的图论问题中，把点权存入边权中进行计算。

这题我们就要利用到spfa的性质，把边权 \(t(i)\) 换成 \(f(i)−t(i)\times mid\) 来存储，把每个点的权值存入他的出边中

这样，原问题就转换成了求一个图中是否存在一个正环的问题了

求图中是否存在正环，和求负环是一个对称问题，直接更改spfa算法中的不等号方向，转而变成求最长路算法中是否存在正环，即可办到。

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010, M = 5010;

int n, m;
int h[N], e[M], wt[M], ne[M], idx;
int wf[N], cnt[N];
double dist[N];
bool st[N];

void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, wt[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

bool check(double mid) {
    memset(cnt, 0, sizeof cnt);
    memset(st, false, sizeof st);

    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        q.push(i);
        st[i] = true;
    }

    while (q.size()) {
        int u = q.front();
        q.pop();

        st[u] = false;

        for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist[j] < dist[u] + wf[u] - wt[i] * mid) {
                dist[j] = dist[u] + wf[u] - wt[i] * mid;
                cnt[j] = cnt[u] + 1;
                if (cnt[j] >= n) return true;
                if (!st[j]) {
                    q.push(j);
                    st[j] = true;
                }
            }
        }
    }

    return false;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);

    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> wf[i];
    while (m--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c);
    }

    double l = 1, r = 1000;
    while (r - l > 1e-4) {
        double mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }

    cout << fixed << setprecision(2) << r << endl;

    return 0;
}