【学习笔记】01 分数规划

分数规划问题，大概就是一类求解分式最值的问题。

比如下面这个问题：给定 $n$ 个物品，每个物品有两个属性 $a$ 和 $b$，保证均为正数，从中选出若干个出来，要求最小化（也可能是最大） $\frac{\sum a}{\sum b}$。

当然还可能有一些奇怪的其他要求，比如限制分子分母大小之类的。

下文将会选几个最简单的此种类型题目进行分析。

二分求解

一般情况下，求解此类问题最常见的方法就是二分答案。

就一上面提到的问题举例，考虑去二分这个最小值，将其记为 $mid$，然后问题就转换成了判断最值能否小于等于 $mid$。如何判断呢？稍微推导一下（上文说过了都是正数，不用管不等号）：

$$\begin{array}{r}\frac{\sum a}{\sum b}\le mid\\ \sum a\le mid\times \sum b\\ \sum a-mid\times \sum b\le 0\\ \sum (a-mid\times b)\le 0\end{array}$$

这样问题就变得十分简单了，相当于对于每个物品将 $a_i-mid\times b_i$ 作为新的属性，然后从中选出来若干个使得新属性之和不超过 $0$，具体解决方法就视情况而定了。

Dinkelbach 算法

嗯？这是个什么东西？问我？我也不知道。

确实没具体了解过，这里就先引用下 OI Wiki 上解释的：

Copy
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。

一些例题

尽量选了些有营养的，避免重复。

洛谷 P1570 KC 喝咖啡#

题目链接

简要题意：有 $n$ 个物品，每个物品有两个属性 $v$ 和 $c$，从中选取 $m$ 个，使得 $\frac{\sum v}{\sum c}$ 最大。

入门题，考虑直接使用上面讲的套路，二分出 $mid$ 之后，对于每个物品将 $v_i-mid\times c_i$ 作为新的属性，并按其降序排序，贪心取出前 $m$ 大和 $0$ 比较即可。

注意这里是最大化，因此是大于等于 $0$ 符合条件。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n{\log }^{2}v)$，其中 $v$ 是答案值域。

代码是很久之前写的了，所以非常丑，那时还没有火车头，码风跟现在相比完全看不出来是同一个人写的：

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int n,m,v[205],c[205];
double t[205],ans,l,r;

bool cmp(double a,double b)
{
    return a>b;
}

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>c[i],r+=v[i];
	while(r-l>1e-6)
	{
		double mid=(l+r)/2.0,ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=v[i]-c[i]*mid;
		sort(t+1,t+n+1,cmp);
		for(int i=1;i<=m;i++) ans+=t[i];
		if(ans>=0) l=mid;
		else r=mid;
	}
	cout<<fixed<<setprecision(3)<<l;
}

洛谷 P4377 [USACO18OPEN] Talent Show G#

题目链接

简要题意：有 $n$ 头奶牛，每头奶牛有两个属性 $w$ 和 $t$，从中选出若干头出来，使得在满足 $\sum w\ge m$ 的前提下让 $\frac{\sum t}{\sum w}$ 最大。

同样还是先根据套路，二分 $mid$，最终答案大于等于 $mid$ 的条件为 $\sum (t-mid\times w)\ge 0$。

考虑如何解决 $\sum w$ 的限制，我们可以在二分后将每一个 $w_i$ 视作物品的重量，$t_i-mid\times w_i$ 视作物品的价值，然后发现这就变成了一个背包问题（当体积和超过 $m$ 时，全都算在 $m$ 的头上），$\mathcal{O}(nm)$ 的复杂度即可解决。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nm\log v)$，其中 $v$ 是答案值域。

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int n,m,w[N],t[N];
db f[N],v[N];

bool check(db mid){
	For(i,1,n) v[i]=(db)t[i]-mid*w[i];
	For(i,1,m) f[i]=-inf;
	f[0]=0;
	For(i,1,n) Rof(j,m,0){
		if(j+w[i]>=m) f[m]=max(f[m],f[j]+v[i]);
		else f[j+w[i]]=max(f[j+w[i]],f[j]+v[i]);
	}
	return f[m]>=0;
}

void Main(){
	read(n,m);
	For(i,1,n) read(w[i],t[i]);
	db l=0,r=1e6;
	while(r-l>1e-6){
		db mid=(l+r)/2.0;
		if(check(mid)) l=mid;
		else r=mid;
	}
	printf("%d",int(l*1000));
}

洛谷 P4322 [JSOI2016]最佳团体#

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题意：有 $n$ 个物品，物品之间的依赖关系为一棵有根树，每个物品有两个属性 $P$ 和 $S$，从中选出若干个使得 $\frac{\sum P}{\sum S}$ 最大。

二分 $mid$ 后转化为 $\sum (P-mid\times S)\ge 0$。考虑对于树上每个点直接将 $P_i-mid\times S_i$ 作为其点权，然后设 $f[u][i]$ 表示以 $u$ 为根的子树内选了 $i$ 个点的最大权值，直接跑遍树上背包就行了。

这里的树上背包要求通过不断合并子树进行更新，枚举量时刻不超过当前已并入的子树大小之和，可以证明这样时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$，虽然我不会证明。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2\log v)$，其中 $v$ 是答案值域。

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struct Edge{
	int nxt,to;
}e[N];

int n,k,cnt,head[N],s[N],p[N],fa[N];
int w[N],v[N],siz[N],f[N][N];

void add_edge(int u,int v){
	e[++cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}

void dfs(int now){
	f[now][1]=v[now];siz[now]=1;
	for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt){
		int to=e[i].to;
		if(to==fa[now]) continue;
		dfs(to);siz[now]+=siz[to];
		Rof(j,siz[now],1) For(k,0,min(j-1,siz[to]))
			f[now][j]=max(f[now][j],f[now][j-k]+f[to][k]);
	}
}

bool check(db x){
	For(i,0,n) v[i]=(db)p[i]-x*s[i];
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	dfs(0);return f[0][k+1]>=0;
}

void Main(){
	read(k,n);
	For(i,1,n){
		read(s[i],p[i],fa[i]);
		add_edge(fa[i],i);
	}fa[0]=-1;
	db l=0.0,r=114514.0;
	while(r-l>1e-6){
		db mid=(l+r)/2.0;
		if(check(mid)) l=mid;
		else r=mid;
	}
	printf("%.3lf",l);
}

POJ 2728 Desert King#

题目链接

题意：给你 $n$ 个平面上的点，每个点都有一个高度，两个点之间连边代价是这两点的高度之差（记为 $c$），边的长度就是欧几里得距离（记为 $l$），试求一棵生成树 $T$，要求最小化：

$$\frac{\sum _{e\in T}{c}_e}{\sum _{e\in T}{l}_e}$$

二分 $mid$，答案小于等于 $mid$ 的条件为 $\sum _{e\in T}(c_e-mid\times l_e)\ge 0$，考虑直接以此作为新边权求最小生成树，然后将求得的边权和与 $0$ 比较即可。

考虑是完全图，因此使用 Prim 算法求最小生成树。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2\log v)$，其中 $v$ 是答案值域。

代码因为特别的原因，不放了。

洛谷 P3199 [HNOI2009]最小圈#

题目链接

题意：给你一张 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，对于图中任意一个环 $c$，定义 $\mu (c)$ 为该环上所有边的边权的平均值，试求最小的 $\mu (c)$。

考虑对于途中的每一个点定义一个点权 $a_i$，并令所有的 $a_i$ 都等于 $1$。显然一个环上的点数等于边数，所以此时对于任意一个环 $c$，总是有：

$$\mu (c)=\frac{\sum _{e\in c}{w}_e}{\sum _{v\in c}{a}_v}$$

二分答案 $mid$ 之后，显然答案小于等于 $mid$ 的条件为存在一个环 $c^{\prime }$，使得 $\mu (c^{\prime })\le mid$，即：

$$\sum _{e\in c^{\prime }}{w}_e-\sum _{v\in c^{\prime }}{a}_v\times mid\le 0$$

由于所有的 $a_i$ 都是 $1$，且 $|e|=|v|$，因此可以进一步化简得到：

$$\sum _{e\in c^{\prime }}(w_e-mid)\le 0$$

对于任意的 $e\in E$，将 $w_e-mid$ 作为新边权，然后用 SPFA 找一下此时是否存在负环即可。

时间复杂度：$\mathcal{O}(nm\log v)$，其中 $v$ 是答案值域。

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struct Edge{
	int nxt,to;
	db val;
	Edge(int nxt=0,int to=0,db val=0):nxt(nxt),to(to),val(val){}
}e[N];

int n,m,cnt,head[N];
db dis[N];
bool vis[N];

void add_edge(int u,int v,db w){
	e[++cnt]=Edge(head[u],v,w);
	head[u]=cnt;
}

bool spfa(int now,db mid){
	vis[now]=1;
	for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt){
		int to=e[i].to;
		if(dis[to]>dis[now]+e[i].val-mid){
			dis[to]=dis[now]+e[i].val-mid;
			if(vis[to]||spfa(to,mid)) return 1;
		}
	}
	vis[now]=0;
	return 0;
}

bool check(db mid){
	For(i,1,n) vis[i]=dis[i]=0;
	For(i,1,n) if(spfa(i,mid))
		return 1;
	return 0;
}

void Main(){
	read(n,m);
	For(i,1,m){
		int u,v;db w;
		scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w);
		add_edge(u,v,w);
	}
	db l=-1e7,r=1e7;
	while(r-l>eps){
		db mid=(l+r)/2.0;
		if(check(mid)) r=mid;
		else l=mid;
	}
	printf("%.8lf",r);
}

洛谷 P3705 [SDOI2017]新生舞会#

题目链接

二分后直接转化为带权二分图匹配，费用流即可。