01 分数规划

一个炒鸡水的东西哦（（（

大概就是我们要求一个分式 \(\dfrac{\sum\limits_{x\in S}f(x)}{\sum\limits_{x\in S}g(x)}\) 的最大值（最小值），我们可以二分这个值，并检验是否可能存在 \(\dfrac{\sum\limits_{x\in S}f(x)}{\sum\limits_{x\in S}g(x)}\ge k\)，把分母乘过去并移个项可知 \(\sum\limits_{x\in S}f(x)-kg(x)\ge 0\)，我们只需求满足 \(\sum\limits_{x\in S}f(x)-kg(x)\) 的最大值即可。

感觉 01 分数规划都挺套路的（（（

1. P4322 [JSOI2016]最佳团体

按照 01 分数规划的套路二分最大值 \(k\)，我们只需检验是否存在一种选选手的方案使得 \(\sum p_i-kr_i\ge 0\)，我们设 \(dp_{i,j}\) 表示在 \(u\) 的子树中选择 \(j\) 个选手，它们 \(\sum p_i-kr_i\) 的最大值，按照树上背包的套路转移即可，最终只需返回 \(dp_{0,k+1}\ge 0\)，复杂度 \(n^2\log v\)。

2. P3199 [HNOI2009]最小圈

二分最小平均值 \(v\)，并建一个新图，每条边的权值为原图中的权值 \(-v\)，然后检验新图中是否存在负环即可。正确性显然。

3. P4377 [USACO18OPEN]Talent Show G

二分答案 \(k\)，我们需检验是否存在一个集合 \(S\subseteq\{1,2,3\cdots n\}\) 使得 \(\sum\limits_{x\in S}w_x\ge W\) 并且 \(\sum\limits_{x\in S}t_x-kw_x\ge 0\)，这显然可以用背包解决，我们设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑到前 \(i\) 个奶牛，选择的奶牛的 \(w\) 值之和为 \(j\)，最大的 \(t_x-kw_x\)，转移与普通背包不同的一点是转移到 \(\min(W,j+w_i)\) instead of \(j+w_i\) 即可。复杂度 \(nW\log t_i\)。

4. P3288 [SCOI2014]方伯伯运椰子

首先注意到题目中要求“总流量不减少”，不过不难发现这个条件是假的，因为总流量增加肯定不如总流量不变来得更优，又因为原图满足流量守恒，因此我们要找出一个环若干个环的并，使得环上的代价与操作次数之比尽可能大。我们考虑将 压缩操作看成退流，将扩容看成增广，并用网络流的眼光看待这个问题，那么对于一条边 \((u,v,a,b,c,d)\)，我们连边 \((v,u,c,a-d)\) 表示最多可以退流 \(c\) 次，每次退流代价会增加 \(a-d\)，再连边 \((u,v,\infty,b+d)\) 表示最多可以增广 \(\infty\) 次，每次增广代价会增加 \(b+d\)，那么对于一个环，其流量与费用乘积之和就是该环的代价，即题目中的 \(Y-X\)。

不过我们要找的不是最大的 \(X-Y\)，而是最大的 \(\dfrac{X-Y}{k}\)，因此套路地考虑 01 分数规划，我们二分答案 \(mid\) 并检验 \(\dfrac{X-Y}{k}\ge mid\) 是否可行，将分母乘过去可得 \(k\times mid+Y-X\le 0\)，因此我们考虑在原来那张图的基础上，每条边权值都 \(+mid\)，并检验是否存在代价为负的若干个环即可。其次我们发现如果存在两个及以上的环，它们的代价之和为负，那么必定存在一个负环。因此本题等价于检验是否存在代价为负的单个环。emmm……无源汇最小费用可行流？no，no，no。事实上，我们只需对于容量大于 \(0\) 的边建一张无流量限制的带权有向图，检验是否存在负环即可，不难发现二者是等价的，因此该做法的正确性可以得到保证。时间复杂度 \(nm\log v\)。

为什么这么 water 的东西还要学整整一天呢？