题目描述
四川的方伯伯为了致富，决定引进海南的椰子树。方伯伯的椰子园十分现代化，椰子园中有一套独特的交通系统。
现在用点来表示交通节点，边来表示道路。这样，方伯伯的椰子园就可以看作一个有 n + 2 个交通节点，m条边的有向无环图。
n +1 号点为入口，n +2 号点为出口。每条道路都有 6 个参数，ui，vi，ai，bi，ci，di，分别表示，
该道路从 ui 号点通向 vi 号点，将它的容量压缩一次要 ai 的花费，容量扩大一次要 bi 的花费，
该条道路当前的运输容量上限为 ci，并且每单位运输量通过该道路要 di 的费用。
在这个交通网络中，只有一条道路与起点相连。因为弄坏了这条道路就会导致整个交通网络瘫痪，聪明的方伯伯决定绝不对这条道路进行调整，
也就是说，现在除了这条道路之外，对其余道路都可以进行调整。
有两种调整方式：
-
选择一条道路，将其进行一次压缩，这条道路的容量会下降 1 单位。
- 选择一条道路，将其进行一次扩容，这条道路的容量会上升 1 单位。
一条道路可以被多次调整。
由于很久以前，方伯伯就请过一个工程师，对这个交通网络进行过一次大的优化调整。
所以现在所有的道路都被完全的利用起来了，即每条道路的负荷都是满的（每条道路的流量等于其容量）。
但方伯伯一想到自己的海南椰子会大丰收，就十分担心巨大的运输量下，会导致过多的花费。
因此，方伯伯决定至少进行一次调整，调整之后，必须要保持每条道路满负荷，且总交通量不会减少。
设调整后的总费用是 Y，调整之前的总费用是 X。
现在方伯伯想知道，最优调整比率是多少，即假设他进行了 k 次调整，(X - Y)/k最大能是多少？
注：总费用 = 交通网络的运输花费 + 调整的花费
输入输出格式
输入格式：
第一行包含二个整数N，M接下来M行代表M条边，表示这个交通网络每行六个整数，表示Ui,Vi,Ai,Bi,Ci,Di接下来一行包含一条边，表示连接起点的边
输出格式：
一个浮点数，保留二位小数。表示答案，数据保证答案大于0
输入输出样例
说明
1<=N<=5000
0<=M<=3000
1<=Ui,Vi<=N+2
0<=Ai,Bi<=500
0<=Ci<=10000
0<=Di<=1000
解：
分数规划+负环
我们一开始会想到网络流。
首先我们假设图中一开始流量为0，目前我们处于增广阶段，那么对于题目中的两种调整方式
压缩 就相当于增广时退流
扩容 就相当于不断增广
因为要“调整之后，必须要保持每条道路满负荷，且总交通量不会减少”，那么单纯扩容显然是不会更优的
可能存在的更优方案为 在保证最大流不变的情况下使得压缩的扩容的总费用加起来最少。
也就是说存在如下残量网络：
扩容 u -> v 花费 b+d
压缩 （即相当于反向边有流量的话） 满足 c>0 时 v -> u 花费 -(b-a) 即a-b
然后我们考虑对问题求解，（这一看就是分数规划） 我们就想起了二分。
假设当前答案为 ans ,令 Z=X-Y
那么不优的情况一定满足 Z >= ans * k 也就是 Z - ans * k >=0 ==> ans * k -Z <= 0
Z=X-Y 也就是说 Z=调整之前的总费用是 - 调整后的总费用
也就是 Z=Σ我们在残量网络中走过的边权和 k=我们在残量网络中经过的点
到这里，我们要知道一个定理。
消圈定理
所谓消圈定理，就是在某个流 ff 中，如果其对应的残余网络没有负圈（剩余流量为 00 的边视为不存在），
那它一定就是当前流量下的最小费用流。
反之亦然。即「ff 是最小费用流等价于其残余网络中没有负圈」。
有了这个定理，我们就好做了。
我们二分ans,将每条边边权加上ans（把Σ降掉），判断是否存在负环
搞定。
还不懂得看代码吧。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<queue> 6 #define ll long long 7 #define DB double 8 #define eps 1e-3 9 using namespace std; 10 inline int read() 11 { 12 int x=0,w=1;char ch=getchar(); 13 while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘) w=-1;ch=getchar();} 14 while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar(); 15 return x*w; 16 } 17 const int N=1e6+10; 18 struct node{ 19 int u,v; 20 DB c; 21 int ne; 22 DB w; 23 }e[N]; 24 int tot,h[N],n,m; 25 void add(int u,int v,DB c) 26 { 27 tot++;e[tot]=(node){u,v,c,h[u],0};h[u]=tot; 28 } 29 int ui,vi,ai,bi,ci,di; 30 DB L,R,mid,ans,d[N]; 31 bool v[N],fg; 32 void spfa(int u) 33 { 34 if(fg) return; 35 v[u]=1; 36 for(int i=h[u];i;i=e[i].ne) 37 { 38 int rr=e[i].v; 39 if(d[rr]>d[u]+e[i].w) 40 { 41 d[rr]=d[u]+e[i].w; 42 if(v[rr] || fg==1){fg=1;break;} 43 spfa(rr); 44 } 45 } 46 v[u]=0; 47 } 48 bool ok() 49 { 50 for(int i=1;i<=tot;++i) e[i].w=e[i].c+mid; 51 fg=0; 52 for(int i=1;i<=n;++i) v[i]=0,d[i]=0; 53 for(int i=1;i<=n;++i) 54 { 55 spfa(i); 56 if(fg) break; 57 } 58 return fg; 59 } 60 int main() 61 { 62 n=read();m=read(); 63 for(int i=1;i<=m;++i) 64 { 65 scanf("%d%d%d%d%d%d",&ui,&vi,&ai,&bi,&ci,&di); 66 add(ui,vi,(DB)(bi+di)); 67 if(ci>0)add(vi,ui,(DB)(ai-di)); 68 } 69 n+=2; 70 L=0;R=10000000000; 71 while(L+eps<=R) 72 { 73 mid=(L+R)/2.0; 74 if(ok()) L=mid+eps,ans=mid; 75 else R=mid-eps; 76 } 77 printf("%.2lf",ans); 78 return 0; 79 }
(?′?‵?)Ｉ L???????
