题解 P4951 【[USACO 2001 OPEN]地震】

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solution:

这题其实牵扯到了一种普遍的二分答案的方法，与[HNOI2009 最小圈](https://www.luogu.org/problemnew/show/P3199) 一样有许多的共同点。因为这些题要求我们输出的ans都是针对权值总和不断计算而来的。本题就是个经典例题（二分答案求最优比率生成树），经典因为我们可以直接通过题意看出它要求我们输出的**最终答案**实际上就是：

ans= \frac{F-\sum{v_i} \quad (i\in S)}{\sum{t_i}\quad (i\in S)}

（其中S为我们最终所选择的最优生成树的边权的集合）我们将这个式子转换一下，可以得到：

F=ans*\sum{t_i}+\sum{v_i}

F=\sum{ans*t_i+v_i}\quad _{(i\in S)}

注：这一点我们一定要清楚：此时等式右边就是生成树（只不过；树边权变成了ans*t_i+v_i）

​ 上述式子中我们的ans就是我们最终要输出的最优比率，这个ans是我们可以二分得到的！因为答案具有单调性，当然这个需要我们进一步证明：首先，因为ans是最优比率，那么我们可以知道，对于图上的任意一个生成树的边的集合K，一定有：\frac{F-\sum{v_i} \quad (i\in K)}{\sum{t_i}\quad (i\in K)}\leq ans （根据上述方式转化得：F\leq \sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in K)}）只有当我们的集合K取到最优的生成树时也就是K=S的时候，这个式子才会是等式！然后我们来证明二分的正确性：当我们二分求ans的时候，对于我们当前的比率x，一定有这三种情况：

1. x>ans ：

当我们比率为ans时：F\leq \sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in K )}

现在我们的比率x比ans还大！那我们的肯定有：F< \sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in K)}

2. x=ans ：

我已经说过了：F\leq\sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in K)}

3. x<ans ：

这个时候我们发现我们不能确认F 和 \sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in K)} 的大小关系了！因为我们的K是任意生成树的边的集合，此时我们小于等于大于都有可能，但也正是如此，我们可以证明一定存在一个生成树边的集合满足F>\sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in S)}因为就拿我们ans情况下的最优边集S，因为 F=\sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in S)} 此时我们的x<ans 所以F>\sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in S)}

如何二分（为什么用最小生成树）：

那我们证明了上面这个东西有什么用呢？根据上述三个关系的特性（就是那三个不等式），我们发现当我们将x带进去后，只要求得最小的 \sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in K)} 我们就可以直接判断出x和ans的关系了！

我们将最小的\sum{ans*t_i+v_i}\quad {(i\in K)} 看做min

  1. 若F<min，则必有F< \sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in K)} 这不就是第一种情况吗？x必然大于ans
  2. 若F=min，则必有F \leq \sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in K)} 这不就是第二种情况吗？x必然等于ans
  3. 若F>min，则x必然不大于也不等于ans，那不就是小于ans吗？（上面证过了若x<ans，则必存在一个KF>\sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in K)}）

那我们如何求最小的\sum{x*t_i+v_i}\quad {(i\in K)} 呢？ 这就是求最小生成树嘛（只不过；树边权变成了ans*t_i+v_i，我们每一次都重新排个序就行了）！

总复杂度：O(m *logm*log(r-l+1))

code:

//耗时 41ms 内存 1036KB
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

const db cha=1e-9;

struct su{
    int x,y,v,t;db k;
}a[10005];

int n,m,f;
int s[405];

inline int qr(){
    char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    int res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

inline bool cmp(su x,su y){return x.k<y.k;}

inline int get(int x){
    if(s[x]==x)return x;
    return s[x]=get(s[x]);
}

inline bool check(db x){
    db res=0;
    for(rg i=1;i<=n;++i)s[i]=i;//并查集
    for(rg i=1;i<=m;++i)
        a[i].k=x*a[i].t+(db)a[i].v;//更新边权
    sort(a+1,a+m+1,cmp);//kruskal求最小生成树
    for(rg i=1;i<=m;++i)
        if(get(a[i].x)!=get(a[i].y))
            res+=a[i].k,s[get(a[i].x)]=get(a[i].y);//求新边权的总和
    return f>res?0:1;
}

int main(){
    freopen("quake.in","r",stdin);
    freopen("quake.out","w",stdout);
    n=qr(),m=qr(),f=qr();
    for(rg i=1;i<=m;++i)
        a[i]=su{qr(),qr(),qr(),qr()};
    if(check(0))puts("0.0000"),exit(0);//特判
    db l=0,r=1e14,mid;
    while(r-l>cha){//二分答案
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid))r=mid-cha;
        else l=mid+cha;
    }printf("%.4lf",l);
    return 0;
}