分数规划
\(\text{poj-2728}\)
给定 \(n\) 个点的坐标和点权，任意两点之间的边的价值是它们的距离，费用是两点权值之差的绝对值，求该图的一棵生成树，使得该树所有边的费用之和与价值之和的比值最小（只需求这个比值即可）。
\(2 \le n \le 1000\)，\(0 \le x_i, y_i \le 10^4\)，\(0 \le w_i \le 10^9\)。
事实上就是求下式的最小值，\(w_i \in \{0, 1\}\)：
这类问题称为分数规划，通用方法就是二分答案，设当前二分的答案为 \(mid\)，则：
即不等式成立则说明 \(mid\) 合法，因此，这道题要求最小值，也就是求 \(mid\) 合法最大值。
于是二分答案，然后用 \(\text{Prim}\) 算法 \(O(n^2)\) \(\text{check}\) 即可。
总体时间复杂度为 \(O(n^2 \log (\sum w_i))\)。
注意：这道题 \(\text{Kruskal}\) 会 \(\text{TLE}\)；不要用 \(\text{memset()}\) 初始化 \(\text{double}\) 变量 \(\dots\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 5005
int read() {
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
int n, x[MAXN], y[MAXN], p[MAXN];
double dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
bool Prim(double mid) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) dis[i] = 1e18, vis[i] = false;
dis[1] = 0; double res = 0;
for(int i = 1; i < n; i ++) {
int mk = 0;
for(int j = 1; j <= n; j ++) if(!vis[j] &&
(dis[j] < dis[mk] || !mk)) mk = j;
vis[mk] = true;
for(int j = 1; j <= n; j ++) if(!vis[j])
dis[j] = min(dis[j], abs(p[j] - p[mk]) - mid * sqrt((x[mk] - x[j]) * (x[mk] - x[j]) + (y[mk] - y[j]) * (y[mk] - y[j])));
}
for(int i = 2; i <= n; i ++) res += dis[i];
return (res >= 0);
}
int main() {
while(cin >> n) {
if(!n) break;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> x[i] >> y[i] >> p[i];
double l = 0, r = 1e9, eps = 1e-8;
while(r - l >= eps) {
double mid = (l + r) / 2.0;
if(Prim(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.3lf\n", l);
}
return 0;
}
\(\text{loj-149}\)
给你 \(n\) 个物品，每个物品有两个属性 \(a_i\) 和 \(b_i\)，求一组解 \(x_i(1\le i\le n, x_i=0\) 或 \(1)\) 使
最大，且恰好有 \(k\) 个 \(x_i\) 为 \(1\)。请求出这个最大值。如果你的答案与标准答案的绝对误差在 \(5\times 10^{-5}\) 以内，你的答案则被视为是正确答案。
01 分数规划模板题。
考虑二分答案，求的就是最大的 \(mid\)，满足存在一种 \(x_i\) 使得下式成立：
二分 check 直接贪心即可，按 \(a_i - mid \cdot b_i\) 排序，选前 \(k\) 个。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 100005
ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
ll n, k, a[MAXN], b[MAXN];
double c[MAXN];
bool check(double x) {
double res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) c[i] = a[i] - x * b[i];
sort(c + 1, c + n + 1);
for(int i = n; i >= n - k + 1; i --) res += c[i];
return (res >= 0);
}
int main() {
n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++) b[i] = read();
double l = 0, r = 1;
while(r - l > 1e-10) {
double mid = (l + r) / 2.0;
if(check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.8lf\n", l);
return 0;
}
\(\text{luogu-3199}\)
考虑带权有向图 \(G=(V,E)\) 以及 \(w:E\rightarrow \R\)，每条边 \(e=(i,j)\)（\(i\neq j\)，\(i, j\in V\)）的权值定义为 \(w_{i,j}\)。设 \(n=|V|\)。
\(c=(c_1,c_2,\cdots,c_k)\)（\(c_i\in V\)）是 \(G\) 中的一个圈当且仅当 \((c_i,c_{i+1})\)（\(1\le i<k\)）和 \((c_k,c_1)\) 都在 \(E\) 中。称 \(k\) 为圈 \(c\) 的长度，同时记 \(c_{k+1}=c_1\)，并定义圈 \(c=(c_1,c_2,\cdots,c_k)\) 的平均值为
即 \(c\) 上所有边的权值的平均值。设 \(\mu'(G)=\min_c\mu(c)\) 为 \(G\) 中所有圈 \(c\) 的平均值的最小值。
给定图 \(G=(V,E)\) 以及 \(w:E\rightarrow \R\)，求出 \(G\) 中所有圈 \(c\) 的平均值的最小值 \(\mu'(G)\)。
\(2\leq n\le 3000\)，\(1\leq m\le 10000\)，\(|w_{i,j}| \le 10^7\)，\(1\leq i, j\leq n\) 且 \(i\neq j\)。
这道题有两种解法，第一种直接用结论，第二种就是常规做法。
以下部分题解来自于 题解 P3199 HNOI2009 最小圈 - 洛谷专栏。
对于这个东西，有一个结论（Karp1977年的论文）：
我们新建一个节点，从它到每个点连一条权值任意的边（比如都是 \(0\)），再令 \(F_j(i)\) 表示从新建的点到 \(i\) 点恰好经过 \(j\) 条边的最短路，那么有：
具体证明请看博客。虽然代码不是跑的最快的但是理论复杂度低，是 \(O(nm)\) 的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 3005
#define MAXM 10005
#define INF 0x3f3f3f3f
ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
double f[MAXN][MAXN], w[MAXM];
ll n, m, a[MAXM], b[MAXM];
int main() {
n = read(), m = read();
for(int i = 0; i < m; i ++)
a[i] = read(), b[i] = read(), cin >> w[i];
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++) f[i][j] = INF;
for(int i = 0; i < n; i ++) for(int j = 0; j < m; j ++)
f[i + 1][b[j]] = min(f[i + 1][b[j]], f[i][a[j]] + w[j]);
double res = INF, t = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(f[n][i] < INF) {
t = -INF;
for(int j = 0; j < n; j ++)
t = max(t, (f[n][i] - f[j][i]) / (n - j));
res = min(res, t);
}
printf("%.8lf\n", res);
return 0;
}
以下部分题解来自于 题解 P3199 HNOI2009 最小圈 - 洛谷专栏。
负环 + 分数规划。这道题的做法和 P3288 [SCOI2014]方伯伯运椰子 比较相似，所以做着比较快。我们依然要求最小的 \(C=\frac{\sum\limits_{i=1}^{k}a'[i]}{\sum\limits_{i=1}^{k}b'[i]}, b[i]=1\)，也就是最优比率环，可以得到一个分数规划模型，化一下可以得到 \(\sum\limits_{i=1}^{k}a'[i]-C\sum\limits_{i=1}^{k}b'[i]=0\)，因为 \(b'[i]=1\)，得到 \(\sum\limits_{i=1}^{k}a'[i]-C=0\)，所以我们将所有边权 \(-C\)，最后判一下是否有负环即可。
没写这个解法的代码，就不放了。
\(\text{luogu-4377}\)
Farmer John 要带着他的 \(n\) 头奶牛，方便起见编号为 \(1\ldots n\)，到农业展览会上去，参加每年的达牛秀！他的第 \(i\) 头奶牛重量为 \(w_i\)，才艺水平为 \(t_i\)，两者都是整数。
在到达时，Farmer John 就被今年达牛秀的新规则吓到了：
（一）参加比赛的一组奶牛必须总重量至少为 \(W\)（这是为了确保是强大的队伍在比赛，而不仅是强大的某头奶牛），并且。
（二）总才艺值与总重量的比值最大的一组获得胜利。
FJ 注意到他的所有奶牛的总重量不小于 \(W\)，所以他能够派出符合规则（一）的队伍。帮助他确定这样的队伍中能够达到的最佳的才艺与重量的比值。
\(1 \leq n \leq 250\)，\(1 \leq W \leq 1000\)，\(1 \leq w_i \leq 10^6\)，\(1 \leq t_i \leq 10^3\)。
可以转化为分数规划问题，本题对于 check 有额外限制，跑 01 背包即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 1005
#define INF 0x3f3f3f3f
ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c > 57 || c < 48) { if(c == 45) f = -1; c = getchar(); }
while(c >= 48 && c <= 57) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c - 48); c = getchar(); }
return x * f;
}
ll n, W, w[MAXN], t[MAXN];
double dp[MAXN], v[MAXN];
bool check(double x) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) v[i] = t[i] - x * w[i];
for(int i = 1; i <= W; i ++) dp[i] = -INF;
for(int i = 1; i <= n; i ++) for(int j = W; j >= 0; j --)
if(j + w[i] >= W) dp[W] = max(dp[W], dp[j] + v[i]);
else dp[j + w[i]] = max(dp[j + w[i]], dp[j] + v[i]);
return (dp[W] >= 0);
}
int main() {
n = read(), W = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++) w[i] = read(), t[i] = read();
double l = 0, r = 1e9;
while(r - l > 1e-8) {
double mid = (l + r) / 2.0;
if(check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
l += 1e-8; cout << (ll)(l * 1000) << "\n";
return 0;
}
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