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Alice和Bob在图论课程上学习了最大流和最小费用最大流的相关知识。
最大流问题：给定一张有向图表示运输网络，一个源点S和一个汇点T，每条边都有最大流量。一个合法的网络流方案必须满足：(1)每条边的实际流量都不超过其最大流量且非负；(2)除了源点S和汇点T之外，对于其余所有点，都满足该点总流入流量等于该点总流出流量；而S点的净流出流量等于T点的净流入流量，这个值也即该网络流方案的总运输量。最大流问题就是对于给定的运输网络，求总运输量最大的网络流方案。
上图表示了一个最大流问题。对于每条边，右边的数代表该边的最大流量，左边的数代表在最优解中，该边的实际流量。需要注意到，一个最大流问题的解可能不是唯一的。 对于一张给定的运输网络，Alice先确定一个最大流，如果有多种解，Alice可以任选一种；之后Bob在每条边上分配单位花费（单位花费必须是非负实数），要求所有边的单位花费之和等于P。总费用等于每一条边的实际流量乘以该边的单位花费。需要注意到，Bob在分配单位花费之前，已经知道Alice所给出的最大流方案。现茌Alice希望总费用尽量小，而Bob希望总费用尽量大。我们想知道，如果两个人都执行最优策略，最大流的值和总费用分别为多少。
第一行三个整数N，M，P。N表示给定运输网络中节点的数量，M表示有向边的数量，P的含义见问题描述部分。为了简化问题，我们假设源点S是点1，汇点T是点N。
接下来M行，每行三个整数A，B，C，表示有一条从点A到点B的有向边，其最大流量是C。
第一行一个整数，表示最大流的值。
第二行一个实数，表示总费用。建议选手输出四位以上小数。
【样例说明】
对于Alice，最大流的方案是固定的。两条边的实际流量都为10。
对于Bob，给第一条边分配0.5的费用，第二条边分配0.5的费用。总费用
为：10*0.5+10*0.5=10。可以证明不存在总费用更大的分配方案。
【数据规模和约定】
对于20%的测试数据：所有有向边的最大流量都是1。
对于100%的测试数据：N < = 100，M < = 1000。
对于l00%的测试数据：所有点的编号在I..N范围内。1 < = 每条边的最大流
量 < = 50000。1 < = P < = 10。给定运输网络中不会有起点和终点相同的边。
首先，我们站在Bob的角度，如果知道每个边的流量，单位花费如何分配才能使总花费最大？
显然只要让最大边的单位花费为p，其余边为0。
问题转化为：在最大流的条件下，使流量最大的边最小。
最大值最小问题，二分解决。二分一个mid，将所有边的边权改为min(v,mid)，判断能否流出最大流。
注意实数二分与整数二分的一些一些区别。
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#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 105
#define maxm 1005
#define inf 1000000000
#define eps 1e-10
using namespace std;
int n,m,p,s,t,cnt,head[maxn],cur[maxn],dis[maxn];
double ans,mxf;
struct edge_type{int next,to;double v;}e[maxm*2];
struct data{int x,y;double v;}a[maxm];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y,double z)
{
e[++cnt]=(edge_type){head[x],y,z};head[x]=cnt;
e[++cnt]=(edge_type){head[y],x,0};head[y]=cnt;
}
inline bool bfs()
{
queue q;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[s]=0;q.push(s);
while (!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
if (x==t) return true;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
if (e[i].v>eps&&dis[y]==-1)
{
dis[y]=dis[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
return false;
}
inline double dfs(int x,double f)
{
if (x==t) return f;
double sum=0,tmp;
for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
if (e[i].v>eps&&dis[y]==dis[x]+1)
{
tmp=dfs(y,min(e[i].v,f-sum));
e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;sum+=tmp;
if (fabs(f-sum)<=eps) return f;
}
}
if (sum1e-6)
{
mid=(l+r)/2;
memset(head,0,sizeof(head));cnt=1;
F(i,1,m) add_edge(a[i].x,a[i].y,min(a[i].v,mid));
dinic();
if (fabs(ans-mxf)
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