Description
作为对奶牛们辛勤工作的回报，Farmer John决定带她们去附近的大城市玩一天。旅行的前夜，奶牛们在兴奋地讨论如何最好地享受这难得的闲暇。 很幸运地，奶牛们找到了一张详细的城市地图，上面标注了城市中所有L(2 <= L <= 1000)座标志性建筑物（建筑物按1..L顺次编号），以及连接这些建筑物的P(2 <= P <= 5000)条道路。按照计划，那天早上Farmer John会开车将奶牛们送到某个她们指定的建筑物旁边，等奶牛们完成她们的整个旅行并回到出发点后，将她们接回农场。由于大城市中总是寸土寸金，所有的道路都很窄，政府不得不把它们都设定为通行方向固定的单行道。 尽管参观那些标志性建筑物的确很有意思，但如果你认为奶牛们同样享受穿行于大城市的车流中的话，你就大错特错了。与参观景点相反，奶牛们把走路定义为无趣且令她们厌烦的活动。对于编号为i的标志性建筑物，奶牛们清楚地知道参观它能给自己带来的乐趣值F_i (1 <= F_i <= 1000)。相对于奶牛们在走路上花的时间，她们参观建筑物的耗时可以忽略不计。 奶牛们同样仔细地研究过城市中的道路。她们知道第i条道路两端的建筑物 L1_i和L2_i（道路方向为L1_i -> L2_i），以及她们从道路的一头走到另一头所需要的时间T_i(1 <= T_i <= 1000)。 为了最好地享受她们的休息日，奶牛们希望她们在一整天中平均每单位时间内获得的乐趣值最大。当然咯，奶牛们不会愿意把同一个建筑物参观两遍，也就是说，虽然她们可以两次经过同一个建筑物，但她们的乐趣值只会增加一次。顺便说一句，为了让奶牛们得到一些锻炼，Farmer John要求奶牛们参观至少2个建筑物。 请你写个程序，帮奶牛们计算一下她们能得到的最大平均乐趣值。
Input
* 第1行: 2个用空格隔开的整数：L 和 P
* 第2..L+1行: 第i+1行仅有1个整数：F_i * 第L+2..L+P+1行: 第L+i+1行用3个用空格隔开的整数：L1_i，L2_i以及T_i， 描述了第i条道路。
Output
* 第1行: 输出1个实数，保留到小数点后2位（直接输出，不要做任何特殊的取 整操作），表示如果奶牛按题目中描述的一系列规则来安排她们的旅 行的话，她们能获得的最大平均乐趣值
题解：
题中让求一个最优比率环，每个点有一个点权Fi，每条边有一个边权Ti,求一个环使得 `\dfrac {\sum Fi} {\sum Ti}`最大。
其中有一个条件，点重复经过点权只算一次，可以证明，最优情况下一定每个点只经过一次，否则可以断成两个环有一个更优。所以重复经过不用考虑。
这是一个分数规划的题目，我们可以二分答案，转化为一个判定性问题。
如果二分一个答案是c，我们尝试找出`\dfrac {\sum Fi} {\sum Ti}>c`,如果能找出来，就说明有更优的答案更新答案下界，否则更新答案上届。
`\dfrac {\sum Fi} {\sum Ti}>c`可以化成 `\sum \left( Ti\cdot c\right) <\sum Fi`
移项得：`\sum \left( Fi-c\cdot T_{i}\right) < 0`
我们把另新的边权为Fi-c*Ti，其中Fi是出点的点权。
在这个图里如果有负环，就说明不等式成立。
找负环可以用spfa，一次把所有点扔进队列，若有一条最短路径边数超过n，说明有负环。
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
// by zrt
// problem:
using namespace std ;
typedef long long LL ;
const double eps(1e-3) ;
const int inf(0x3f3f3f3f) ;
int n,m;
int fi[10050];
int H[10050],X[50050],t[50050],tot,P[50050];
inline void add(int x,int y,int z){
P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot;t[tot]=z;
}
double E[10050];
double d[10050];
struct N{
int x;
double w;
int cnt;
N(int a=0,double b=0,int c=0){
x=a,w=b,cnt=c;
}
friend bool operator < (N a,N b){
return a.w>b.w;
}
};
priority_queue<N> q;
double Eps=1e-9;
bool judge(double x){
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=1;i<=tot;i++){
E[i]=t[i]*x-fi[P[i]];
}
for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=0,q.push(N(i,0,0));
int a,cc;
while(!q.empty()){
if(q.top().cnt>n) return 1;
a=q.top().x;cc=q.top().cnt;q.pop();
for(int i=H[a];i;i=X[i]){
if(d[P[i]]>d[a]+E[i]){
d[P[i]]=d[a]+E[i];
q.push(N(P[i],d[P[i]],cc+1));
}
}
while(!q.empty()&&fabs(d[q.top().x]-q.top().w)>Eps) q.pop();
}
return false;
}
int main(){
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt","r",stdin) ;
freopen("out.txt","w",stdout) ;
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&fi[i]);
for(int i=0,x,y,z;i<m;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
}
double l,r,m;
if(!judge(0)) {
puts("0");
goto ed;
}
l=0,r=2000;
for(int tt=0;tt<30;tt++){
m=(l+r)/2.0;
if(judge(m)) l=m;
else r=m;
}
printf("%.2f\n",l);
ed:;
return 0 ;
}