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。
1 /*by SilverN*/
2 #include<iostream>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstring>
5 #include<cstdio>
6 #include<cmath>
7 #include<queue>
8 using namespace std;
9 const double eps=1e-6;
10 const int INF=1e9;
11 const int mxn=240;
12 int read(){
13 int x=0,f=1;char ch=getchar();
14 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
15 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
16 return x*f;
17 }
18 struct EG{
19 int x,y;
20 double f;
21 }eg[mxn*10];
22 struct edge{
23 int v,nxt;
24 double f;
25 }e[mxn*20];
26 int hd[mxn],mct=1;
27 void add_edge(int u,int v,double f){
28 e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return;
29 }
30 void insert(int u,int v,double c){
31 add_edge(u,v,c);
32 add_edge(v,u,0);
33 return;
34 }
35 void init(){
36 memset(hd,0,sizeof hd);
37 mct=1;
38 }
39 int n,m,S,T;
40 double P;
41 int d[mxn];
42 bool BFS(){
43 memset(d,0,sizeof d);
44 queue<int>q;
45 d[S]=1;
46 q.push(S);
47 while(!q.empty()){
48 int u=q.front();q.pop();
49 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
50 int v=e[i].v;
51 if(!d[v] && e[i].f>eps){
52 d[v]=d[u]+1;
53 q.push(v);
54 }
55 }
56 }
57 return d[T];
58 }
59 double DFS(int u,double lim){
60 if(u==T || fabs(lim)<eps)return lim;
61 double f=0;
62 double tmp;
63 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
64 int v=e[i].v;
65 if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f>eps){
66 tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f));
67 e[i].f-=tmp;
68 e[i^1].f+=tmp;
69 lim-=tmp;
70 f+=tmp;
71 if(lim<eps)return f;
72 }
73 }
74 d[u]=0;
75 return f;
76 }
77 double Dinic(){
78 double res=0;
79 while(BFS()){
80 double tmp=DFS(S,INF);
81 if(tmp<eps)break;
82 res+=tmp;
83 }
84 return res;
85 }
86 void Build(double lim){
87 for(int i=1;i<=m;i++){
88 insert(eg[i].x,eg[i].y,min(eg[i].f,lim));
89 }
90 return;
91 }
92 double ans=0,res;
93 void solve(){
94 Build(INF);
95 res=Dinic();
96 double l=1,r=50000;
97 while(abs(r-l)>eps){
98 double mid=(l+r)/2;
99 init();
100 Build(mid);
101 if(fabs(Dinic()-res)<=eps){
102 ans=mid;
103 r=mid;
104 }
105 else l=mid;
106 }
107 return;
108 }
109 int main(){
110 scanf("%d%d%lf",&n,&m,&P);
111 S=1;T=n;
112 int i,j;
113 for(i=1;i<=m;i++){
114 scanf("%d%d",&eg[i].x,&eg[i].y);scanf("%lf",&eg[i].f);
115 }
116 solve();
117 printf("%.0f\n",res);
118 printf("%.4f\n",P*ans);
119 //
120 return 0;
121 }
