浅谈01分数规划

概念

01分数规划一般是处理这样一类问题：给定 n 个二元组 ( Ai , Bi )，让你从中选择 m 个组 (m<=n）使得

\[\sum_{k=1}^{m}\frac{Ak}{Bk} \]
最大或最小，通常分为三类

Ⅰ：基础01分数规划

模板题(POJ2976)
给定 n 个二元组 ( Ai , Bi )，从中选择 m=n-k 个求

\[\sum_{k=1}^{m}\frac{Ak}{Bk} \]
的最大值

我们假设这个最大值为 L，即

\[L = \sum_{k=1}^{m}\frac{Ak}{Bk}=\frac{\sum_{k=1}^{m}Ak}{\sum_{k=1}^{m}Bk}<=> \sum_{k=1}^{m}Ak-\sum_{k=1}^{m}Bk*L=0 \]

比较明显的一种做法是二分枚举 L，然后按照 Ai-Bi*L 从小到大排序，取后 n-k 个的和 sum，若 sum >=0 则表明 L 还可以继续增大，更新下界，否则更新上界。

========================================================

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
const double eps = 1e-8;
int A[N],B[N],n,k;
double res[N];

bool check(double m)
{
	for(int i=1;i<=n;i++) res[i]=A[i]-B[i]*m;
	sort(res+1,res+n+1);
	double tmp=0;
	for(int i=k+1;i<=n;i++) tmp+=res[i];
	return tmp>=0;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&k)&&n+k)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]);
		
		double l=0,r=1.1;
		while(r-l>=eps)
		{
			double m=(l+r)/2;
			if(check(m)) l=m;
			else r=m;
		}
		double ans=(l+r)/2;
		printf("%.0f\n",ans*100);
	}
}

在这里插入图片描述
这里重点讲述另一种做法，Dinkelbach 算法 ，我们随便设定一个初始值 L ，然后进行如下流程：

for(int i=1;i<=n;i++) res[i]=A[i]-B[i]*L;
sort(res+1,res+n+1);
double tmp=0;
for(int i=k+1;i<=n;i++) tmp+=res[i];

我们已知

\[\sum_{k=1}^{m}Ak-\sum_{k=1}^{m}Bk*L=tmp \]

现在我们用这选定的 m 个二元组去构造出

\[\sum_{k=1}^{m}Ak-\sum_{k=1}^{m}Bk*newL=0 \]

分三类情形讨论：

① tmp>0：明显有

\[newL>L \]
前者是更优解，更新 L = newL

② tmp<0 : 这种情况下 L 肯定已经大于最优解了，此时肯定有

\[newL<L \]
更新 L = newL

③ tmp=0 : 这时候肯定

\[newL==L \]
那这个 L 就是最优解了

由上可以看出，无论 tmp 处于哪种情形(即无论 L 初始取何值)，按照上述方法它都会不断地往最优解逼近，这就是 Dinkelbach 算法的基本思想，和二分相比，二分是枚举上下边界逼近最优解，而 Dinkelbach 的逼近跨度相对更大，所以效率更高，一般会比二分快一些，但是因为需要根据前一个 L 选定的若干二元组去构造，所以会有额外的时空开销。

========================================================

#include<cmath> 
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
const double eps = 1e-8;

int A[N],B[N],n,k;
struct node{
	double x; int id;
	bool operator < (const node& a)const{
	    return x<a.x;
	}
}res[N];

int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&k)&&n+k)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]);
		
		double L=1,ans;
		while(1)
		{
		    ans=L;
			for(int i=1;i<=n;i++) res[i]=(node){A[i]-B[i]*L,i};
			sort(res+1,res+n+1);
			double a=0,b=0;
			for(int i=k+1;i<=n;i++) a+=A[res[i].id],b+=B[res[i].id];
			L=a/b;
			if(abs(ans-L)<=eps) break;	
		}
		printf("%.0f\n",ans*100);
	}
}

此外，初始值的选定也会稍稍影响测评效率(拿这题来说，初始值设为 0 测试时间是47ms，而初始值设为 1 的测试时间则都是 32ms ，应该是测试数据答案大部分偏向大一些)，所以一般可根据题意初始化，若题意求最大，则初始化为上限值，若题意求最小，则初始化为下限值。

在这里插入图片描述

Ⅱ：最优比率生成树

模板题(POJ2728)
给定平面坐标系上的 n 个点，每个点都有权值，两点的花费是两点权差的绝对值，两点的收益是两点的距离，求一个生成树，使得树上的花费/收益最小

我们还是假设最小值为 L ，设选定的 m = n-1 条边的收益和花费二元组分别为 (val[i],cost[i])，则

\[L=\sum_{i=1}^{m}\frac{cost[i]}{val[i]}<=>\sum_{i=1}^{m}cost[i]-\sum_{i=1}^{m}val[i]*L=0 \]

和基础01分数规划一样我们还是可以选择二分枚举 L ，按照 cost[i]-val[i]*L 作为两点的边权求最小生成树，设当前最小生成树的总权值为

\[tmp=\sum_{i=1}^{m}cost[i]-\sum_{i=1}^{m}val[i]*L \]

这里是求最小，若 tmp<=0，则更新上界，否则更新下界(由于是稠密图，所以最小生成树用prim求)

========================================================

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
const double eps = 1e-4;
const double inf = 0x3f3f3f3f;

int x[N],y[N],z[N],n;
double cost[N][N];
double  val[N][N]; 

double cal(int i,int j){
	double a=x[i]-x[j],b=y[i]-y[j];
    return sqrt(a*a+b*b);
}

double prim(double m)
{
	bool vis[N]={0,1};
	double c[N],sum=0;
	int tot=1,u=1,v;
	while(tot<n)
	{
		double res=inf;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(!vis[i])
			{
				double tmp=cost[u][i]-m*val[u][i];
				if(tmp<c[i]||u==1) c[i]=tmp;
				
				if(res>c[i]){
					res=c[i];
					v=i;
				}
			}
		}
		sum+=c[v];
		vis[v]=1;
		u=v;
		tot++;
	}
	return sum;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) 
		    scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&z[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		    for(int j=i+1;j<=n;j++)
		    {
		    	 val[j][i]= val[i][j]=cal(i,j);
		    	cost[j][i]=cost[i][j]=abs(z[i]-z[j]);
			}
			
		double l=0,r=100;
		while(abs(r-l)>eps)
		{
			double m=(l+r)/2;
			if(prim(m)>=0) l=m;
			else r=m;
		}
		printf("%.3f\n",l);
		 
	}
}

在这里插入图片描述
这题还是可以用 Dinkelbach 考虑，它依旧满足

\[\sum_{i=1}^{m}cost[i]-\sum_{i=1}^{m}val[i]*L=tmp \]

这样的形式，所以我们还是用旧 L 选择的 n-1 条边去构造 newL 使得

\[\sum_{i=1}^{m}cost[i]-\sum_{i=1}^{m}val[i]*newL=0 \]

而不断去逼近最终答案

========================================================

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010;
const double eps = 1e-4;
const double inf = 0x3f3f3f3f;

int x[N],y[N],z[N],n;
double cost[N][N];
double  val[N][N]; 

double cal(int i,int j){
	double a=x[i]-x[j],b=y[i]-y[j];
    return sqrt(a*a+b*b);
}

double prim(double m)
{
	bool vis[N]={0,1};
	double c[N],COST=0,DIS=0;
	int tot=1,u=1,v,pre[N];

	while(tot<n)
	{
		double res=inf;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(!vis[i])
			{
				double tmp=cost[u][i]-m*val[u][i];
				if(tmp<c[i]||u==1) c[i]=tmp,pre[i]=u;
				
				if(res>c[i]){
					res=c[i];
					v=i;
				}
			}
		}
		COST+=cost[pre[v]][v];
		 DIS+= val[pre[v]][v];
		vis[v]=1;
		u=v;
		tot++;
	}
	return COST/DIS;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) 
		    scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&z[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		    for(int j=i+1;j<=n;j++)
		    {
		    	 val[j][i]= val[i][j]=cal(i,j);
		    	cost[j][i]=cost[i][j]=abs(z[i]-z[j]);
			}
			
		double l=0,ans;
		while(1)
		{
			ans=l;
			l=prim(l);
			if(abs(ans-l)<=eps) break;
		}
		printf("%.3f\n",ans);
	}
}

在这里插入图片描述

Ⅲ：最优比率环

模板题(POJ3621)
给定一个有向图，每个点有点权，每条边有边权，求图上的一个环，这个环的点权和/边权和最大，找到这个最大值

我们假设这个最大值为 L ，则对于所有图上的环来说，每个环肯定满足

\[\frac{点权和}{边权和}<=L，即(点权和)-(边权和*L)<=0 \]

反过来一下

\[(边权和*L)-(点权和)>=0 \]

可以明显的看出，只有这个 L >= 最优解的时候，图上所有的环关于上式才一定成立，否则的话 L 就比最优解小，而判断上式是否存在<0 的情况等价于以 (点权*L-边权) 为边判断负环是否存在，所以可以用二分+SPFA 解决这个问题

========================================================

#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N = 1010;
const int M = 5010;
const double eps = 1e-3;
int n,m,val[N];

struct node{
	int to,nxt,w;
}e[M];
int head[N],tot=1;

void add(int u,int v,int w){
	e[++tot]=(node){v,head[u],w};
	head[u]=tot;
}

bool SPFA(double L)
{
	double dis[N];
	int in[N]={0},vis[N]={0};
	for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=1e7;
	dis[1]=0,vis[1]=1;
	queue<int>q;
	q.push(1);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front(); q.pop(); vis[u]=0;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
		{
			int v=e[i].to,w=e[i].w;
			double value=w*L-val[u];
			if(dis[v]>dis[u]+value)
			{
				dis[v]=dis[u]+value;
				if(++in[v]>n) return 1;
				if(!vis[v])
				{
					q.push(v),vis[v]=1;
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	    scanf("%d",&val[i]);
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,w);
        
 
	double l=0,r=10000;	  
	while(abs(r-l)>eps)
	{
	    double mid=(l+r)/2;
		if(SPFA(mid)) l=mid;
		else r=mid; 	
    }
    printf("%.2f",l);
}

在这里插入图片描述
这题可不可以用 Dinkelbach 考虑呢，理论上肯定是可以的，但是难点就在于每次必须要记录这个具体的环来构造，显然找具体环的代价太大，得不偿失，所以这题还是二分更好。

总结

由上可以总结，对于01分数规划问题(maybe大部分)，理论上都可以用二分或者 Dinkelbach 来解决，而后者对答案的逼近效率一般是高于前者的，但是 Dinkelbach 每一次逼近的时候需要记录具体的二元组来构造，会造成额外的时空开销(视题意而定)，所以需要考虑这个 记录的代价 来选择哪种解法更适合当前问题。

posted @ 2020-04-10 21:07 Joker&Liar 阅读(207) 评论(0) 编辑收藏举报

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浅谈01分数规划

概念

Ⅰ：基础01分数规划

Ⅱ：最优比率生成树

Ⅲ：最优比率环

总结

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