2019.4.9 一题——概率期望+0/1分数规划+最大权闭合子图

　　没注意 “第 x 条边和第 y 条边的起点是相同的” 的限制。没想出来。

　　有这个限制，可以考虑每个点分别计算。令 \( f[i] \) 表示从 i 出发的最大边数期望，那么先把拓扑序在自己之后的点的 \( f[ ] \) 算出来，然后考虑自己这个点的出边怎么做能使自己的 \( f[ ] \) 最大。

　　\( f[i]=\frac{ \sum f[j]+1 }{ d } \) ，其中 d 是保留下来的边数， j 是保留边指向的点。

　　如果把 \( f[ ]+1 \) 看做收益， 1 看做代价，那么这个式子就是 0/1 分数规划。考虑二分找出最优比率。

　　已有二分值，每条出边的权值就确定了。考虑选一个权值和最大的出边集合。限制条件意为选了 x 必须选 y ，所以这是一个最大权闭合子图的问题。用最小割求解即可。（不用把成环的限制缩点！）

　　注意每次网络流之后要把 hd 和 cap 都赋回原值。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define db double
#define pb push_back
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)fx=0;ch=getchar();}
  while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)ret=ret*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
const int N=55,M=505,K=2005;
int n,m,k,hd[N],xnt,to[M],nxt[M];
int rd[N],q[N]; db f[N];
db c[M]; bool chk[M];
void add(int x,int y)
{
  to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;
}
namespace G{
  const int M2=(K+M)*2;
  const db eps=1e-8,jmp=1e-4,INF=3000;
  int en,hd[M],xnt=1,to[M2],nxt[M2]; db cap[M2];
  int cur[M],yhd[M]; db ycap[M2];
  int dfn[M],q[M];
  vector<int> vt;
  int dcmp(db x)
  {
    if(x>eps)return 1;else if(x<-eps)return -1; return 0;
  }
  void add(int x,int y,db z)
  {
    to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;cap[xnt]=z;
    to[++xnt]=x;nxt[xnt]=hd[y];hd[y]=xnt;cap[xnt]=0;
  }
  void init()
  {
    for(int i=1,u,v;i<=k;i++)
      {
    u=rdn();v=rdn();add(u,v,INF);
      }
    en=m+1;
  }
  bool bfs()
  {
    memset(dfn,0,sizeof dfn); dfn[0]=1;
    int he=0, tl=0; q[++tl]=0;
    while(he<tl)
      {
    int k=q[++he];
    for(int i=hd[k],v;i;i=nxt[i])
      {
        if(dcmp(cap[i])>0&&!dfn[v=to[i]])
          {
        dfn[v]=dfn[k]+1; q[++tl]=v;
          }
      }
      }
    return dfn[en];
  }
  db dinic(int cr,db flow)
  {
    if(cr==en)return flow;
    db use=0;
    for(int &i=cur[cr],v;i;i=nxt[i])
      if(dcmp(cap[i])>0&&dfn[v=to[i]]==dfn[cr]+1)
    {
      db tmp=dinic(v,min(flow-use,cap[i]));
      if(dcmp(tmp)==0){dfn[v]=0;continue;}
      use+=tmp; cap[i]-=tmp; cap[i^1]+=tmp;
      if(dcmp(flow-use)==0)return use;
    }
    return use;
  }
  db solve()
  {
    db l=0,r=n,ans=0;
    vt.clear();//
    for(int i=1;i<=m;i++) if(chk[i]) vt.pb(i);
    memcpy(yhd,hd,sizeof hd);
    memcpy(ycap,cap,sizeof cap);
    int yxnt=xnt;
    while(r-l>jmp)
      {
    db mid=(l+r)/2, sm=0;
    memcpy(hd,yhd,sizeof yhd);
    memcpy(cap,ycap,sizeof ycap);
    xnt=yxnt;
    for(int i=0,lm=vt.size();i<lm;i++)
      {
        int cr=vt[i]; db tp=c[cr]-mid;
        if(dcmp(tp)>0)
          {
        sm+=tp; add(0,cr,tp);
          }
        else if(dcmp(tp)<0)
          {
        add(cr,en,-tp);
          }
      }
    while(bfs())
      {
        memcpy(cur,hd,sizeof hd);
        sm-=dinic(0,INF);
      }
    if(dcmp(sm)>0)ans=mid,l=mid+jmp;
    else r=mid-jmp;
      }
    memcpy(hd,yhd,sizeof yhd);/////
    memcpy(cap,ycap,sizeof ycap);
    return ans;
  }
}
int main()
{
  n=rdn();m=rdn();k=rdn();
  for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
    {
      u=rdn();v=rdn();add(u,v);rd[v]++;
    }
  G::init();
  int he=0, tl=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!rd[i])q[++tl]=i;
  while(he<tl)
    {
      int k=q[++he];
      for(int i=hd[k],v;i;i=nxt[i])
    if((--rd[v=to[i]])==0)q[++tl]=v;
    }
  for(int i=n;i;i--)
    {
      int cr=q[i];
      for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])
    {
      c[i]=f[to[i]]+1;
      chk[i]=1;
    }
      f[cr]=G::solve();
      for(int i=hd[cr];i;i=nxt[i])
    {
      chk[i]=0;
    }
    }
  printf("%.10f\n",f[1]);
  return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Narh/p/10682395.html