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:

i=1nai·xii=1nbi·xi

其中 i[1,n],xi{1,0}

解法

不妨设我们已经求出了这个最大值 k

那么有:

i=1nai·xii=1nbi·xik

把分母移过去:

i=1nai·xik·i=1nbi·xi

再移右边:

i=1nai·xik·i=1nbi·xi0

k 乘进 里面:

i=1nai·xii=1nk·bi·xi0

合并

i=1nai·xik·bi·xi0

提出 xi

i=1nxi·(aik·bi)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 xi 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 i=1n[xi]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(nlognlogV) 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;
}
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