01分数规划小记

update:

• 2024.7.10 补两道 分数规划 + 网络流的好题

01 分数规划

求形如 $$\frac{\sum _{i=1}^n{a}_i\times c_i}{\sum _{i=1}^n{b}_i\times c_i},c_i\in 0,1$$ 式子的最大值或最小值。

一般方法有两个：二分法与迭代法。这里不再赘述。
01分数规划时常与图论结合。

例题：

I P1570 KC 喝咖啡

令 $\lambda =\frac{\sum _{i=1}^n{a}_i}{\sum _{i=1}^n{b}_i}$，则 $\sum _{i=1}^n{a}_i-\lambda \times \sum _{i=1}^n{b}_i=0$，再设 $G(\lambda )=\sum _{i=1}^n{a}_i-\lambda \times \sum _{i=1}^n{b}_i$，则 $G(\lambda )$ 就是一个斜率为负的一次函数，我们拆开得 $G(\lambda )=\sum _{i=1}^n(a_i-\lambda \times b_i)$，贪心选择 $c_i=a_i-\lambda \ast b_i$ 即可。

二分法：

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N = 210;
const double eps = 1e-5;
//01分数规划 
int n,m;
double a[N],b[N],c[N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lf",&a[i]);
    for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lf",&b[i]);
    double l = 0,r = 1010;
    while(l + eps < r){
    	double mid = (l + r) / 2.0;
    	for(int i = 1;i <= n;i++)c[i] = a[i] - mid * b[i];
    	sort(c+1,c+1+n);//排序找最大值
    	double s = 0;
    	for(int i = n;i > n-m;i--)s += c[i];
    	if(s >= 0)l = mid;
    	else r = mid;
	}
	printf("%.3lf\n",r);
    
    return 0;
    
}

II P4377 [USACO18OPEN] Talent Show G

首先要求 $\frac{\sum _{i=1}^n{t}_i}{\sum _{i=1}^n{w}_i}$ 最大值，但是有一些限制，只有选出来的 $w_i$ 之和大于 $W$ 才可以。
我们把每个牛当做 质量为 $w_i$，价值为 $t_i-\lambda \times w_i$，那么我们就可以想到背包，设 $f_i$ 为重量之和为 $i$ 的物品最大价值，判断 $f[W]$ 是否大于 $0$，直接转移即可。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
//01分数规划 + 背包 
#define ll long long
const int N = 300,M = 1010;
const double eps = 1e-5,inf = 1e8;
int n,W;
double w[N],t[N],f[M];
bool check(double mid){
	for(int i = 1;i <= 1000;i++)f[i] = -inf;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		for(int j = W;j >= 0;j--){
			int k = min(W,j+(int)w[i]);//超过的直接放到f[W]上 
			f[k] = max(f[k],f[j] + t[i] - mid * w[i]);
		} 
	}
	return f[W] >= 0;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&W);
    for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lf%lf",&w[i],&t[i]);
    double l = 0,r = 1e6;
    while(l + eps < r){
    	double mid = (l + r) / 2;
    	if(check(mid))l = mid;
    	else r = mid;
	}
	printf("%d\n",int(r*1000));
    
    return 0;
    
}

III P2868 [USACO07DEC] Sightseeing Cows G

一个图，有点权有边权，设一个环内点集为 $S$，边集为 $E$求最大值 $\frac{\sum _{u\in S}{A}_u}{\sum _{e\in E}{T}_e}$，很显然的01分数规划模型，只是要求选出来的点组成一个环即可，二分后，我们要找是否存在一个环使 $G(mid)$ （别忘了 $c_i=a_i-\lambda \times b_i$）大于 $0$，这是什么？
最长路判正环！！（不会的去学-_-)(本题 $spfa$ 判正环即可)
然后正常二分即可。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N = 2e3+10,M = 1e4+10;
const double eps = 1e-4,inf = 1e8;
//01分数规划 + 判负环 
int n,m;
struct made{
    int nx,ver;
    double ed;
}e[M<<1];
int hd[N],tot;
double a[N];
void add(int x,int y,double z){
    tot++;
    e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
double d[N];
int in[N];bool v[N];
bool spfa(double mid){
    memset(v,0,sizeof v);
    memset(in,0,sizeof in);
    for(int i = 0;i <= n;i++)d[i] = -inf;
    queue<int>q;q.push(0),v[0] = 1,d[0] = 0;
    while(!q.empty()){
        int x = q.front();q.pop();
        v[x] = 0;
        for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
            int y = e[i].ver;double z = e[i].ed;
            z = a[x] - mid * z;
            if(d[y] < d[x] + z){
                d[y] = d[x] + z;
                in[y]++;
                if(in[y] > n)return 1;//判正环
                if(!v[y])v[y] = 1,q.push(y);
            }
        }
    }
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%lf",&a[i]);
    for(int i = 1;i <= n;i++)add(0,i,0);
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        int x,y;double z;
        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
    }
    double l = 0,r = 1e5;
    while(l + eps < r){
        double mid = (l + r) / 2;
        if(spfa(mid))l = mid;
        else r = mid;
    }
    printf("%.2lf\n",r);
    
    return 0;
    
}

IV P3199 [HNOI2009] 最小圈

我们要找图中一个环使得环上权值的平均值最小，即一个环的边集 $E$，使 $\frac{\sum _{e\in E}{T}_i}{\sum b_i}$ 最小，这里的 $b_i$ 都等于 $1$，那么使 $c_i=T_i-\lambda$，二分，判断 $G(mid)$ 最小值是否小于 $0$ 即可，即判断图中是否有负环。
做完了？没有，如果你直接写 $spfa$ 判负环就会得到 $50$ 分，因为 $spfa$ 复杂度是 $O(km)$，会爆，所以我们就要开摆原神启动
有一个 $dfs$ 实现 $spfa$ 判负环的科技，可以快速判负环，但是会算不了最短路，所以慎用。
时间复杂度不会，反正就是很快 (:з」∠)，咕咕咕。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N = 3e3+10,M = 2e4+10;
const double eps = 1e-10,inf = 1e8;
//01分数规划 + 判负环 
int n,m;
struct made{
    int nx,ver;
    double ed;
}e[M<<1];
int hd[N],tot;
void add(int x,int y,double z){
    tot++;
    e[tot].nx = hd[x],e[tot].ver = y,e[tot].ed = z,hd[x] = tot;
}
double d[N];
bool v[N];
bool spfa(int x,double mid){
	v[x] = 1;
    for(int i = hd[x];i;i = e[i].nx){
    	int y = e[i].ver;double z = e[i].ed;
    	z -= mid;
    	if(d[y] > d[x] + z){
    		d[y] = d[x] + z;
    		if(v[y] || spfa(y,mid))return 1;//被遍历过了即有负环
		}
	}
	v[x] = 0;
	return 0;
}//dfs-spfa判负环 
bool check(double mid){
    memset(v,0,sizeof v);
    for(int i = 1;i <= n;i++)d[i] = 0;//初值为0
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	    if(spfa(i,mid))return 1;
	return 0;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;i++)add(0,i,0);
    for(int i = 1;i <= m;i++){
        int x,y;double z;
        scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
    }
    double l = -1e7,r = 1e7;
    while(l + eps < r){
        double mid = (l + r) / 2;
        if(check(mid))r = mid;
        else l = mid;
    }
    printf("%.8lf\n",r);
    
    return 0;
    
}

V 3999. 制作人偶

首先二分 $mid$，转化为求 ${\displaystyle \frac{\sum v_i}{\sum w_i}}=\lambda$ 最大值，我们设 $S=\sum v_i$，则转化为求 ${\displaystyle \frac{S-\sum v_i}{\sum w_i}}=\lambda$ 的最小值，及判断是否存在 $\sum v_i-mid\times \sum w_i\ge 0$。

我们考虑建立最小割模型，则我们设源点 $s$ 为不选该点，汇点为选了该点。

则对于每个点 $i$，我们建 $(i,t,mid\times w_i)$。
对于每条边 $(x,y,z)$，我们建 $(s,x,\frac{z}{2}),(s,y,\frac{z}{2}),(x,y,\frac{z}{2}),(y,x,\frac{z}{2})$ 这些边，然后跑网络流，判断是否有 $S-maxflow\ge 0$ 即可。

注意double类型网络流中需注意精度问题

代码

VI 2047. [ZOJ 2676]网络战争

首先题目条件是简单的，选择一些边，需要保证 $1$ 节点到 $n$ 节点中的任意路线都经过至少一个边，即找到以 $1$ 为源点，$n$ 为汇点的图的割边。

我们要求 ${\displaystyle \frac{\sum c}{k}}=\lambda$ 的最小值，我们二分 $mid$，则我们只判断是否满足 $\sum c-k\times mid<0$，且满足割边的条件，即求以 $c-mid$ 为边权的最小割(若 $c-mid\le 0$，我们可以贪心直接累加上答案，不用建边)。

输出的是满足答案最小的方案数，即求最小割的方案数，我们只需在图上 $dfs$ 出以源点的集合，把源点与汇点的集合交汇的边存起来即可。

代码