01 分数规划

问题模型

给定 \(a,b\) 两个长度为 \(n\) 的序列，求下列式子最大值：

\[\frac{\sum_{i = 1} ^ {n} a_i · x_i}{\sum_{i = 1} ^ {n} b_i · x_i} \]

其中 \(\forall i \in [1, n], x_i \in \left \{1, 0 \right \}\)。

解法

不妨设我们已经求出了这个最大值 \(k\)。

那么有：

\[\frac{\sum_{i = 1} ^ {n} a_i · x_i}{\sum_{i = 1} ^ {n} b_i · x_i} \le k \]

把分母移过去：

\[\sum_{i = 1} ^ {n} a_i · x_i \le k · \sum_{i = 1} ^ {n} b_i · x_i \]

再移右边：

\[\sum_{i = 1} ^ {n} a_i · x_i - k · \sum_{i = 1} ^ {n} b_i · x_i \le 0 \]

\(k\) 乘进 \(\sum\) 里面：

\[\sum_{i = 1} ^ {n} a_i · x_i - \sum_{i = 1} ^ {n} k · b_i · x_i \le 0 \]

合并 \(\sum\)：

\[\sum_{i = 1} ^ {n} a_i · x_i - k · b_i · x_i \le 0 \]

提出 \(x_i\)：

\[\sum_{i = 1} ^ {n} x_i · (a_i - k · b_i) \le 0 \]

于是一个整体贡献被我们拆成了单体贡献。

不难发现 \(k\) 影响整个式子的单调性，考虑二分 \(k\)。

此时 \(x_i\) 的取值是由 \(i\) 位置所对应的贡献决定的，把每个贡献算出来之后再去作文章。

举个例子，约束 \(\sum_{i = 1} ^ n [x_i] \le k\) 时，将贡献从大到小排序，至多取前 \(k\) 个大于 \(0\) 的贡献即可。

这里的时间复杂度就是 \(O(n \log n \log V)\) 的，其中 \(V\) 为值域。

有时可能会与 01 背包和生成树等结合起来，具体的会在下面的例题部分细讲。

例题

POJ 2976 Dropping tests

板子。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define db double
#define pb push_back
using namespace std;

const int N = 1e3 + 5;
const db eps = 1e-6;
int n, k;
db a[N], b[N], c[N];

inline bool check(db x) {
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
		c[i] = a[i] - x * b[i];
	
	sort(c + 1, c + 1 + n);
	
	db res = 0;
	
	for(int i = k ; i <= n ; ++ i)
		res += c[i];
	
	return res >= 0;
}

inline void solve() {
	++ k;
	
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
		cin >> a[i];
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
		cin >> b[i];
	
	db l = -1e12 - 5.0, r = 1e12 + 5.0, mid;
	
	while(r - l > eps) {
		mid = (l + r) / 2;
		
		if(check(mid)) l = mid;
		else r = mid;
	}
	
	printf("%.0lf\n", 100.0 * l);
}

signed main() {
	ios_base :: sync_with_stdio(NULL);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
	
	while(true){
		cin >> n >> k;
		
		if(! n && ! k) return 0;
		
		solve();
	}
	
	return 0;
}