361. 观光奶牛 - AcWing题库
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。
输入格式
第一行包含两个整数 L 和 P。
接下来 L 行每行一个整数，表示 f[i]。
再接下来 P 行，每行三个整数 a，b，t[i]，表示点 a 和 b 之间存在一条边，边的权值为 t[i]。
输出格式
输出一个数表示结果，保留两位小数。
数据范围
2≤L≤1000
2≤P≤5000,
1≤f[i],t[i]≤1000
输入样例：
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
输出样例：
6.00解析：
所有在图论问题中形如：一堆的和除以一堆的和，求这个结果的最大值的问题，我们称之为“01分数规划”。
一般此类为题我们同有一种通用的做法———二分。
为了方便写二分算法，我们将式子转换成不含出发的式子：sum(f[i])/sum(t[i])>mid==>sum(f[i])-mid*sum(t[i])>0;
我们将点上的权值放到边上那么上述公式就变成了：sum(f[i]-mid*t[i])>0;
每条边的边权就变成了：f[i]-mid*t[i]
问题至此就等价与图中是存在正环，使得sum(f[i]-mid*t[i])>0成立；
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using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e3 + 5, M = 5e3 + 5;
int n, m;
int wf[M];
int h[N], e[M], ne[M], wt[M], idx;
double dist[N];
int q[N], vis[N], cnt[N];void add(int a, int b, int c) {e[idx] = b, wt[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}int check(double u) {memset(dist, 0, sizeof dist);memset(vis, 0, sizeof vis);memset(cnt, 0, sizeof cnt);int hh = 0, tt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {q[tt++] = i;vis[i] = 1;}while (hh != tt) {int t = q[hh++];if (hh == N)hh = 0;vis[t] = 0;for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (dist[j] < dist[t] + wf[t] - u * wt[i]) {dist[j] = dist[t] + wf[t] - u * wt[i];cnt[j] = cnt[t] + 1;if (cnt[j] >= n)return 1;if (!vis[j]) {vis[j] = 1;q[tt++] = j;if (tt == N)tt = 0;}}}}return 0;
}int main() {cin >> n >> m;memset(h, -1, sizeof h);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &wf[i]);for (int i = 1, a, b, c; i <= m; i++) {scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);add(a, b, c);}double l = 0, r = 1e6, mid;while (r - l > 1e-4) {mid = (l + r) / 2;if (check(mid))l = mid;else r = mid;}printf("%.2lf\n", l);return 0;
}
