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## [$AcWing$ $361$ 观光奶牛](https://www.acwing.com/problem/content/description/363/)
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### 一、题目描述
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>**背景**
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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。
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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。
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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**。
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>
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>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。
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>
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> 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$L1_i \rightarrow L2_i$ ）,以及她们从道路的一头走到另一头所需要的时间$Ti(1⩽Ti⩽1000)$。
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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。
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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。
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### 二、抽象题意
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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 $t[i]$。
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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
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输出这个 **最大值**。
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**注意：数据保证至少存在一个环**
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**输入格式**
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第一行包含两个整数 $L$ 和 $P$。
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接下来 $L$ 行每行一个整数，表示 $f[i]$。
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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 $t[i]$。
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**输出格式**
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输出一个数表示结果，保留两位小数。
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**数据范围**
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$2≤L≤1000,2≤P≤5000,1≤f[i],t[i]≤1000$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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5 7
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30
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10
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10
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5
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10
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1 2 3
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2 3 2
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3 4 5
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3 5 2
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4 5 5
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5 1 3
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5 2 2
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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6.00
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```
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**样例对应的图示**：
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### 二、解题思路
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#### $01$分数规划
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本题考察$01$分数规划。$01$分数规划是这样的一类问题:
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>有一堆物品，每一个物品有一个收益$a_i$，一个代价$b_i$，我们要求一个方案使选择的$\sum{a_i} / \sum{b_i}$ 最大。比如说在$n$个物品中选$k$个物品，使得$\sum{a_i} / \sum{b_i}$ 最大，并且我们知道$a_i$和$b_i$的范围，间接就知道了$\sum{a_i} / \sum{b_i}$ 的范围，**有范围的问题如果再具有单调性就可以用二分解决**，如果我们能够知道对于某个$mid$，存在$\sum{a_i} / \sum{b_i} >= mid$，就说明最终的解不小于$mid$了，这就是本问题的 **单调性**。要使$\sum{a_i} / \sum{b_i} >= mid$，只要$mid * \sum{b_i} <= \sum{a_i}$即可，即$$\large \sum(mid*b_i - a_i) <= 0$$，所以可以按照 $mid*b_i - a_i$的大小【**由小到大**】排序，前$k$个物品之和小于$0$,就说明这样的$mid$是存在的。
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**注**：如果对$01$分数规划还不是很清晰，需要再看一下 **[专题讲解](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16877704.html)**
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#### 题目解析
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>$f[i]$:收益, $w[i]$:代价
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对于本题而言，既存在点权又存在边权不好计算。要使$∑f_i / ∑t_i$最大，只需要像上面解决一般的$01$分数规划问题那样二分即可，如果$∑(mid*t_i - f_i) <= 0$，就说明这样的$mid$存在。
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本题又是求图中一个 **环** 上的点满足这样的条件，所以 **本质上就是看有没有负权回路存在**。
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一般的$01$规划问题$a_i$和$b_i$一一对应，而本题中一个点可能连接多条边，但是一条边有且仅有两个顶点，我们可以把 **每个顶点都收缩到它的各条出边上**（收缩到入边上也是一样道理）。或者说，原图中有点权$f[i]$，边权$t[i]$，我们现在是要构造一张新图，新图的边权为$mid*t_i - f_i$，只要这张新图存在负权回路，就说明这样的$mid$是存在的。
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**浮点数二分**
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另外需要注意的是$mid$的取值是浮点数，我们在对浮点数做二分时，$mid$不能随便加减一了，不论存不存在这样的$mid$，$l$或者$r$都只能等于$mid$，整数二分的上下取整问题对于浮点数二分也是不存在的。
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本题虽然看起来复杂，但是只需要对图的边权做下映射，很容易发现就是求图中有没有负环的问题，解决起来还是比较简单的。
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**时间复杂度**
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最坏情况存在长度为 $L$ 的环， $∑t_i=L,∑f_i=1000L$。故答案最大可能是 $1000$。
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#### 疑问：有没有可能是 零环 呢？
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$A$：因为这是一个浮点数的二分问题，不存在绝对相等，有精度的要求，也就不考虑零环问题。
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### 三、二分 + 负环 + $SPFA$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const double eps = 1e-8;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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const int N = 1010, M = 5010;
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int n, m;
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int f[N], cnt[N];
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double dist[N];
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bool st[N];
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// 邻接表
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int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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bool check(double x) {
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queue<int> q;
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memset(cnt, 0, sizeof cnt);
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memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
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memset(st, false, sizeof st);
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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q.push(i);
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st[i] = 1;
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}
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while (q.size()) {
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int u = q.front();
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q.pop();
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st[u] = 0;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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// 最短路
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if (dist[v] > dist[u] + w[i] * x - f[u]) {
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dist[v] = dist[u] + w[i] * x - f[u];
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// 判负环
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cnt[v] = cnt[u] + 1;
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if (cnt[v] >= n) return 1;
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if (!st[v]) {
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q.push(v);
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st[v] = 1;
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}
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}
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}
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}
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return 0;
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}
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int main() {
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scanf("%d %d", &n, &m);
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for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]); // 每个点都有一个权值f[i]
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// 初始化邻接表
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memset(h, -1, sizeof h);
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int a, b, c;
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while (m--) {
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
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add(a, b, c);
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}
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// 浮点数二分
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double l = 0, r = INF;
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while (r - l > eps) {
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double mid = (l + r) / 2;
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if (check(mid))
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l = mid; // 存在负环时，mid再大一点,最终取得01分数规则的最大值
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else
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r = mid; // 不存在负环时，mid再小一点
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}
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printf("%.2lf\n", l);
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return 0;
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}
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```
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### 四、$SPFA+dfs$解法
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>$Q:$为什么要研究$SPFA+dfs$写法？
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>**答**：如果你用$SPFA$的$bfs$写法判断负环出现了$TLE$，那么可以尝试使用$SPFA+dfs$写法，$SPFA+dfs$的方法可以做到线性时间复杂度，原理见：[这里](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16058411.html)
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$dfs$思路
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> ① **把$dist$数组的初值置为$0$**，这样就能保证走过的路径和一直为负，排除了大量无关路径。
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② 这样判断的是是否有经过起始点的负环，因此要判断整个图中是否有负环的话，得把$n$个点全跑一遍。
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**注意事项**
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- ① 如果 **只是判负环**，使用$dfs$比$bfs$一般要 **快得多**
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- ② $dfs$ 判断负环时，$dist$数组初值应该都设为$0$
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- ③ **不要指望$dfs$在判断负环的同时还能求最短路了**
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- ④ 用$dfs$判断负环，不能只把一个点作为源点跑一次，而要把$1−n$每个都作为源点跑一遍$dfs$，才能保证结果的正确。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1010, M = 5010;
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int n, m;
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int f[N], cnt[N];
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double dist[N];
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bool st[N];
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const double eps = 1e-4;
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// 邻接表
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int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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|
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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// dfs 判环 Accepted 35 ms
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bool dfs(int u, double mid) {
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if (st[u]) return 1; // 如果又见u，说明有环
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bool flag = 0; // 我的后代们是不是有环？
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st[u] = 1; // u出现过了~
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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// 更新最小值，判负环
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if (dist[v] > dist[u] + w[i] * mid - f[u]) {
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dist[v] = dist[u] + w[i] * mid - f[u];
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// 检查一下我的下一个节点v,它要是有负环检查到，我也汇报
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flag = dfs(v, mid);
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if (flag) break;
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}
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}
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st[u] = 0; // 回溯
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return flag;
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}
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bool check(double mid) {
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memset(dist, 0, sizeof dist);
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (dfs(i, mid)) return true;
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return false;
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}
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int main() {
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scanf("%d %d", &n, &m);
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for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]); // 每个点都有一个权值f[i]
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// 初始化邻接表
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memset(h, -1, sizeof h);
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int a, b, c;
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
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add(a, b, c);
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}
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// 浮点数二分
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double l = 0, r = 1000;
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// 左边界很好理解，因为最小是0；
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// Σf[i]最大1000*n,Σt[i]最小是1*n,比值最大是1000
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// 当然，也可以无脑的设置r=INF，并不会浪费太多时间，logN的效率你懂的
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// 因为保留两位小数，所以这里精度设为1e-4
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while (r - l > eps) {
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double mid = (l + r) / 2;
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if (check(mid))
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l = mid;
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else
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r = mid;
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}
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printf("%.2lf\n", l);
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return 0;
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}
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```
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#### 疑问与解答
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**$Q$:为什么在$dfs$找负环的代码中，需要用到$st[]$的回溯呢， 是为了不重新进行$memset$清零吗？还是有其它的理由？**
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**答：** 找负环的代码是一个标准模板，**必须回溯**，不能用`memset(st,0,sizeof st)`进行替换，原因如下：
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下面附上 **标准模板代码** 与 **标准错误代码**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1010, M = 5010;
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double dist[N];
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bool st[N];
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int idx, h[N], e[M], w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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// ① dfs找负环的标准模板
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bool dfs1(int u) {
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if (st[u]) return 1;
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bool flag = 0;
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st[u] = 1;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (dist[v] > dist[u] + w[i]) {
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dist[v] = dist[u] + w[i];
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flag = dfs1(v);
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if (flag) break;
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}
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}
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// 回溯写法
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st[u] = 0;
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return flag;
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}
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// ② 标准错误答案
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bool dfs2(int u) {
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if (st[u]) return 1;
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bool flag = 0;
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st[u] = 1;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (dist[v] > dist[u] + w[i]) {
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cout << "u=" << u << ",v=" << v << endl;
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dist[v] = dist[u] + w[i];
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flag = dfs2(v);
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if (flag) return 1;
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}
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}
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// 坚决不回溯
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return flag;
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}
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/*
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测试用例：
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4 4
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1 2 -2
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2 3 -6
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2 4 1
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4 3 -4
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结论：图中是没有负环的，应该返回0
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*/
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("361.in", "r", stdin);
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#endif
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int n, m;
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scanf("%d %d", &n, &m);
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// 初始化邻接表
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memset(h, -1, sizeof h);
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int a, b, c;
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
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add(a, b, c);
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}
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cout << dfs1(1) << endl; // 返回正确解0，表示没有找到负环
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// 如果按不回溯，而是memset的办法，结果就是错误的啦~
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memset(st, 0, sizeof st);
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memset(dist, 0, sizeof dist);
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cout << dfs2(1) << endl; // 返回错误结果1，表示找到负环
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return 0;
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}
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```
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