0/1 分数规划技巧
分数规划用来求一个分式的极值。
形象一点就是，给出 \(a_i\) 和 \(b_i\) ，求一组 \(w_i\in\{0,1\}\) ，最小化或最大化
另外一种描述：每种物品有两个权值 \(a\) 和 \(b\) ，选出若干个物品使得 \(\displaystyle\frac{\sum a}{\sum b}\) 最小/最大。
一般分数规划问题还会有一些奇怪的限制，比如『分母至少为 \(W\) 』。
求解
二分法
分数规划问题的通用方法是二分。
假设我们要求最大值。二分一个答案 \(mid\) ，然后推式子（为了方便少写了上下界）：
那么只要求出不等号左边的式子的最大值就行了。如果最大值比 \(0\) 要大，说明 \(mid\) 是可行的，否则不可行。
求最小值的方法和求最大值的方法类似，读者不妨尝试着自己推一下。
Dinkelbach 算法
Dinkelbach 算法的大概思想是每次用上一轮的答案当做新的 \(L\) 来输入，不断地迭代，直至答案收敛。
分数规划的主要难点就在于如何求 \(\displaystyle \sum w_i\times(a_i-mid\times b_i)\) 的最大值/最小值。下面通过一系列实例来讲解该式子的最大值/最小值的求法。
实例
模板
有 \(n\) 个物品，每个物品有两个权值 \(a\) 和 \(b\) 。求一组 \(w_i\in\{0,1\}\) ，最大化 \(\displaystyle\frac{\sum a_i\times w_i}{\sum b_i\times w_i}\) 的值。
把 \(a_i-mid\times b_i\) 作为第 \(i\) 个物品的权值，贪心地选所有权值大于 \(0\) 的物品即可得到最大值。
为了方便初学者理解，这里放上完整代码：
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
inline int read() {
int X = 0, w = 1;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {
if (c == '-') w = -1;
c = getchar();
}
while (c >= '0' && c <= '9') X = X * 10 + c - '0', c = getchar();
return X * w;
}
const int N = 100000 + 10;
const double eps = 1e-6;
int n;
double a[N], b[N];
inline bool check(double mid) {
double s = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (a[i] - mid * b[i] > 0) // 如果权值大于 0
s += a[i] - mid * b[i]; // 选这个物品
return s > 0;
}
int main() {
// 输入
n = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
// 二分
double L = 0, R = 1e9;
while (R - L > eps) {
double mid = (L + R) / 2;
if (check(mid)) // mid 可行，答案比 mid 大
L = mid;
else // mid 不可行，答案比 mid 小
R = mid;
}
// 输出
printf("%.6lf\n", L);
return 0;
}
为了节省篇幅，下面的代码只保留 check 部分。主程序和本题是类似的。
POJ2976 Dropping tests
有 \(n\) 个物品，每个物品有两个权值 \(a\) 和 \(b\) 。
你可以选 \(k\) 个物品 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\) ，使得 \(\displaystyle\frac{\sum a_{p_i}}{\sum b_{p_i}}\) 最大。
输出答案乘 \(100\) 后四舍五入到整数的值。
把第 \(i\) 个物品的权值设为 \(a_i-mid\times b_i\) ，然后选最大的 \(k\) 个即可得到最大值。
inline bool cmp(double x, double y) { return x > y; }
inline bool check(double mid) {
int s = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = a[i] - mid * b[i];
sort(c + 1, c + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n - k + 1; ++i) s += c[i];
return s > 0;
}
洛谷 4377 Talent Show
有 \(n\) 个物品，每个物品有两个权值 \(a\) 和 \(b\) 。
你需要确定一组 \(w_i\in\{0,1\}\) ，使得 \(\displaystyle\frac{\sum w_i\times a_i}{\sum w_i\times b_i}\) 最大。
要求 \(\displaystyle\sum w_i\times b_i \geq W\) 。
本题多了分母至少为 \(W\) 的限制，因此无法再使用上一题的贪心算法。
可以考虑 01 背包。把 \(b_i\) 作为第 \(i\) 个物品的重量， \(a_i-mid\times b_i\) 作为第 \(i\) 个物品的价值，然后问题就转化为背包了。
那么 \(dp[n][W]\) 就是最大值。
一个要注意的地方： \(\sum w_i\times b_i\) 可能超过 \(W\) ，此时直接视为 \(W\) 即可。（想一想，为什么？）
double f[1010];
inline bool check(double mid) {
for (int i = 1; i <= W; i++) f[i] = -1e9;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = W; j >= 0; j--) {
int k = min(W, j + b[i]);
f[k] = max(f[k], f[j] + a[i] - mid * b[i]);
}
return f[W] > 0;
}
POJ2728 Desert King
每条边有两个权值 \(a_i\) 和 \(b_i\) ，求一棵生成树 \(T\) 使得 \(\displaystyle\frac{\sum_{e\in T}a_e}{\sum_{e\in T}b_e}\) 最小。
把 \(a_i-mid\times b_i\) 作为每条边的权值，那么最小生成树就是最小值，
代码就是求最小生成树，我就不放代码了。
[HNOI2009]最小圈
每条边的边权为 \(w\) ，求一个环 \(C\) 使得 \(\displaystyle\frac{\sum_{e\in C}w}{|C|}\) 最小。
把 \(a_i-mid\) 作为边权，那么权值最小的环就是最小值。
因为我们只需要判最小值是否小于 \(0\) ，所以只需要判断图中是否存在负环即可。
另外本题存在一种复杂度 \(O(nm)\) 的算法，如果有兴趣可以阅读 这篇文章 。
inline int SPFA(int u, double mid) { //判负环
vis[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
double w = e[i].w - mid;
if (dis[u] + w < dis[v]) {
dis[v] = dis[u] + w;
if (vis[v] || SPFA(v, mid)) return 1;
}
}
vis[u] = 0;
return 0;
}
inline bool check(double mid) { //如果有负环返回 true
for (int i = 1; i <= n; ++i) dis[i] = 0, vis[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (SPFA(i, mid)) return 1;
return 0;
}
总结
分数规划问题是一类既套路又灵活的题目，一般使用二分解决。
分数规划问题的主要难点在于推出式子后想办法求出 \(\displaystyle\sum w_i\times(a_i-mid\times b_i)\) 的最大值/最小值，而这个需要具体情况具体分析。
