题面

[USACO07DEC] Sightseeing Cows G - 洛谷

题目大意：

给出一张n点m边的带点权带边权的有向图

求一个回路使得路上点权和除以边权和最大（最优比率回路）

题解

首先一定仔细读题，是回路不是路径

由于回路上所有点权只能获取一次，但边权会获取很多次，所以最优解一定是简单回路（无重复边）

然后我们发现是让一个分数最大，于是我们可以考虑分数规划二分

假设二分的商为mid，判断是否存在一个满足点边权和比大于mid的回路，则二分判断条件为

$\sum_{u\in V_p}valv[u]/\sum_{e\in E_p}vale[e]> mid$ （Vp为最优简单回路的点集，Ep为最优简单回路的边集）

稍微变换一下形式

$\sum_{u\in V_p}valv[u]-mid*\sum_{e\in E_p}vale[e]> 0$

这个判断条件依旧不好计算，因为我们二分的目的就是为了把最优化问题转换为判断性问题，但是对于该条件，我们除了枚举所有的简单回路，没有任何切入点

转念一想，最后这个大于0似乎暗藏玄机，又和回路联系在一起

不由得让人想到判断图是否存在正权回路（可以直接取相反数转化为判断负权回路）

为了把问题往这个方向转，我们尝试把点权下放到边权

$\sum_{e=<u,v>\in E_p}-(valv[v]-mid*vale[e])< 0$

把每条边边权设置为 -(它要通往的点的点权-mid*它原本的边权)

但是这样又会有一个新的问题，如果我们最后选出来的回路是这个样子

这样不就会重复计算点权了吗？

事实上这种情况是不存在的

我们可以感性的证明一下：

出现重复点的简单回路，一定可以拆解成若干初级回路（无重复点、无重复边）

整个回路最终的比率一定不会超过其中比率最大的初级回路（(a+b)/(c+d)<=max(a/c,b/d)，似乎在小学奥数里面叫糖水不等式？）（而且整个回路的比率的分子还会减去重复点的点权）

所以，我们选择一定是选择简单回路里面最优的初级回路

至此，我们就可以下放点权了

愉快地使用SPFA进行负权回路判断

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define N 1005
#define M 10005
#define INF 1000000000
int n,m;
int F[N];
struct enode{int u,v,w;
}E[M];
int fir[N],to[M],nxt[M],cnt;
double cd[M];
void adde(int a,int b,double c)
{to[++cnt]=b;cd[cnt]=c;nxt[cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;
}
double dis[N];
int con[N];
bool inq[N];
queue<int> Q;
bool check()
{int i;for(i=1;i<=n;i++)dis[i]=INF;for(i=1;i<=n;i++)con[i]=0;for(i=1;i<=n;i++)inq[i]=0;for(i=1;i<=n;i++){if(dis[i]==INF){dis[i]=0;inq[i]=1;Q.push(i);while(!Q.empty()){int u=Q.front();Q.pop();inq[u]=0;for(int p=fir[u];p;p=nxt[p]){int v=to[p];double w=cd[p];if(dis[u]+w<dis[v]){dis[v]=dis[u]+w;con[v]++;if(!inq[v]){Q.push(v);inq[v]=1;}if(con[v]>=n)return 1;}}}}}return 0;
}
int main()
{int i;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&F[i]);for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&E[i].u,&E[i].v,&E[i].w);double l=0,r=1000,mid;while(r-l>1e-3){mid=(l+r)/2;cnt=0;for(i=1;i<=n;i++)fir[i]=0;for(i=1;i<=m;i++)adde(E[i].u,E[i].v,-(1.0*F[E[i].v]-mid*E[i].w));if(check())l=mid;elser=mid;}printf("%.2f",l);
}