[BZOJ3597][SCOI2014][网络流][分数规划]方伯伯运椰子[好题]
BZOJ上没有题干，这里直接贴一份：
[Description]
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：
1. 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。
2. 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
[Input]
第 1 行包含 2 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 6 个整数，表示 ui,vi,ai,bi,ci,di.
接下来 1 行包含 1 条边，表示连接起点的边
[Output]
一个浮点数，保留 2 位小数，表示要求的答案，数据保证答案大于 0
[Sample]
| 样例输入 | 样例输出 |
| 6 7 1 2 0 0 1 1000 2 4 0 0 1 1000 4 6 0 0 1 1000 1 3 0 0 0 0 3 5 0 0 0 0 5 6 0 0 0 0 6 8 0 0 1 0 7 1 0 0 1 0 |
500.00 |
[Hint]
对于 20% 的数据, 1 <= n <= 5, 0 <= m <= 10.
对于 40% 的数据, 1 <= n <= 50, 0 <= m <= 300.
对于 100% 的数据，1 <= n <= 500,0 <= m <= 3000,1 <= ui, vi <= n + 2
0 <= ai, bi <= 50,0 <= ci <= 1000,0 <= di <= 1000
==============这里才是题解的开始==============
我们认为方伯伯是在跑费用流。对于原图中每一条边i，建一条正向的，容量正无穷，边权为bi + di的边；如果流量ci不为0，再建一条反向的，容量为ci，边权为ai - di的边。这样我们就构造出了残量网络。
这道题由于保证有大于零的解，即费用一定能减少，所以增加流量是一定没有好下场的（费用一定增加）。那么我们只能通过调整流量来减少费用。这个时候我们需要——
消圈定理：残量网络里如果存在负费用圈,那么当前流不是最小费用流。因为通过增加残量网络负权边的流量，减少正权边的流量，一定能得到另一个更优的可行流。
由于这道题求的不是最优的费用流，而是最优的调整比率。所以最优解一定是只调整一个负权环（参见分数规划相关性质的证明自己YY去）。那么题目变成，求平均权值最小的负权环。
没什么说的了，最基本的分数规划题。
（本文是为了打破willinglive在这道题题解上的垄断而作。willinglive的题解地址:http://blog.csdn.net/willinglive/article/details/42772715）
（话说昨年省选打酱油的时候还真是弱得1B啊，现在看来这么简单……）
（不要随便看代码，不要随便看代码，不要随便看代码。因为很重要说以说三遍）
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
//Global Variables & Definitions
int N, M;
//End Global Variables & Definitions
//Map
int h[510];
struct edge {
int v, next;
double w;
} e[7000];
int ecnt;
void adde(int u, int v, double w) {
++ecnt;
e[ecnt].v = v;
e[ecnt].w = w;
e[ecnt].next = h[u];
h[u] = ecnt;
}
double dis[510];
int inq[510];
bool spfa(int n) {
inq[n] = 1;
int v;
for(int i = h[n];~i;i = e[i].next) if(dis[v = e[i].v] > dis[n] + e[i].w) {
dis[v] = dis[n] + e[i].w;
if(inq[v]) return true;
if(spfa(v)) return true;
}
inq[n] = 0;
return false;
}
bool TEST() {
for(int i = 0;i < 510;++i) { dis[i] = 0.0; inq[i] = 0; }
for(int i = 1;i <= N;++i) if(spfa(i)) return true;
return false;
}
//End Map
//Main Structure
inline void ir() {
memset(h, ecnt = -1, sizeof(h));
scanf("%d%d", &N, &M);
N += 2;
int u, v, a, b, c, d;
for(int i = 0;i < M;++i) {
scanf("%d%d%d%d%d%d", &u, &v, &a, &b, &c, &d);
adde(u, v, b + d);
if(c > 0) adde(v, u, a - d);
}
}
const double eps = 1e-3;
int main() {
ir();
double L = 0.0, R = 1e9;
while(R - L > eps) {
double mid = (L + R) / 2.;
for(int i = 0;i <= ecnt;++i) e[i].w += mid;
if(TEST())
L = mid;
else
R = mid;
for(int i = 0;i <= ecnt;++i) e[i].w -= mid;
}
printf("%.2f\n", (L + R) / 2.);
return 0;
}