01分数规划
先上基本模板后面慢慢更新
01分数规划，简单的来说，就是有一些二元组（si，pi），从中选取一些二元组，使得∑si / ∑pi最大（最小）。
这种题一类通用的解法就是，我们假设x = ∑si / ∑pi的最大（小）值，那么就有x * ∑pi = ∑si ,即∑si - x * ∑pi= 0。也就是说，当某一个值x满足上述式子的时候，它就是要求的值。我们可以想到枚举……不过再想想，这个可以二分答案。
所以我们直接二分答案，当上述式子>0,说明答案小了，<0则说明答案大了，这样计算即可。
这是一种解决问题的方法，具体应该怎么做我们要看题来分析。
01分数规划有这样几种基本的题型（当然还有很多别的……暂时不在juruo的考虑范围内）
1.01分数规划
2.最优比率生成树
3.最优比率生成环
【更新】
消圈定理：一个流是当前流量下的最小费用流，等价于当前残量网络上没有负费用圈。
证明：假设残量网络上存在负费用圈，我们可以把原来不经过负圈的流沿着这个负圈增广一次，则我们的流量会不变，并且减少了所花的费用。
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <string>
#define LL long long
#define _LL __int64
#define eps 1e-7
using namespace std;
const _LL INF = 1e18;
const int maxn = 1010;
int n,k;
int a[maxn],b[maxn];
double c[maxn];
int main()
{
while(~scanf("%d %d",&n,&k) && (n || k))
{
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d",&b[i]);
double l = 0.0;
double r = 1.0;
double mid;
while(fabs(r-l) > eps)
{
mid = (l+r)/2;
for(int i = 1; i <= n; i++)
c[i] = 1.0*a[i] - mid * 1.0 * b[i];
sort(c+1,c+1+n);
double sum = 0.0;
for(int i = k+1; i <= n; i++)
sum += c[i];
if(sum > 0)
l = mid;
else if(sum < 0)
r = mid;
else break;
}
mid = mid*100;
printf("%.0f\n",mid);
}
return 0;
}
————————更新
一道最小生成树上套01
Desert King poj2728
与生成树不一样的是生成树是按权最小来生成，我们这个得是cost/len，
故我们可以将01规划弄出cost-r*len作为边权跑prim，结果大于小于0来二分
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
using namespace std;
#define For(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define mst(ss,b) memset(ss,b,sizeof(ss));
typedef long long LL;
template<class T> void read(T&num) {
char CH; bool F=false;
for(CH=getchar();CH<'0'||CH>'9';F= CH=='-',CH=getchar());
for(num=0;CH>='0'&&CH<='9';num=num*10+CH-'0',CH=getchar());
F && (num=-num);
}
int stk[70], tp;
template<class T> inline void print(T p) {
if(!p) { puts("0"); return; }
while(p) stk[++ tp] = p%10, p/=10;
while(tp) putchar(stk[tp--] + '0');
putchar('\n');
}
const LL mod=1e9+7;
const double PI=acos(-1.0);
const double inf=1e18;
const int N=15e4+10;
const int maxn=1e3+10;
const double eps=1e-5;
int n;
double cost[maxn][maxn],dis[maxn][maxn],x[maxn],y[maxn],z[maxn];
int vis[maxn];
double get_dis(int a,int b)
{
return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b])+(y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));
}
int check(double x)
{
mst(vis,0);
double sum=0,lowcost[maxn];
vis[1]=1;
For(i,1,n)lowcost[i]=cost[1][i]-x*dis[1][i];
For(i,2,n)
{
double temp=inf;
int k=-1;
For(j,2,n)
{
if(!vis[j]&&lowcost[j]<temp)
{
k=j;
temp=lowcost[j];
}
}
if(k==-1)break;
vis[k]=1;
sum+=temp;
For(j,2,n)
{
if(!vis[j]&&cost[k][j]-x*dis[k][j]<lowcost[j])
lowcost[j]=cost[k][j]-x*dis[k][j];
}
}
if(sum>=0)return 1;
return 0;
}
int main()
{
while(1)
{
read(n);
if(n==0)break;
For(i,1,n)
{
scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&z[i]);
}
For(i,1,n)
For(j,i+1,n)
{
dis[i][j]=dis[j][i]=get_dis(i,j);
cost[i][j]=cost[j][i]=abs(z[i]-z[j]);
}
double l=0.0,r=100.0;
while(r-l>=eps)
{
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.3f\n",r);
}
return 0;
}
Sightseeing Cows
给定一个n(2 <= n <= 1000)个点，m(2 <= m <= 5000)条边的有向图，给定每个点的点值f(i)和每条边的权值w(i)，求一个环使得路径上点权和除以边权和最大。
简单来说就是最优比率生成环。
题解
01分数规划问题，按套路二分答案。
现在问题转化为了判断可行。把边权变成mid∗T−Fmid∗T−F，这样可行的话一个环的和<=0，问题转化成了判断负环。
而如何判断负环呢？可以记录入队次数，也可以记录最短路边数。而后一种效率更高。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=1e3+1,M=5e3+1;
co double eps=1e-6;
int n,m,c[N],f[N],x[M],y[M],z[M];
int Head[N],Edge[M],Next[M],tot;
double Leng[M],d[N];
bool v[N];
il void add(int x,int y,double z){
Edge[++tot]=y,Leng[tot]=z,Next[tot]=Head[x],Head[x]=tot;
}
bool judge(double w){
tot=0,memset(Head,0,sizeof Head);
for(int i=1;i<=m;++i) add(x[i],y[i],w*z[i]-f[x[i]]);
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;++i) q.push(i),d[i]=0,v[i]=1;
memset(c,0,sizeof c);
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
v[x]=0;
for(int i=Head[x];i;i=Next[i]){
int y=Edge[i];
if(d[y]>d[x]+Leng[i]){
d[y]=d[x]+Leng[i];
if((c[y]=c[x]+1)>=n) return 1;
if(!v[y]) q.push(y),v[y]=1;
}
}
}
return 0;
}
int main(){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;++i) read(f[i]);
for(int i=1;i<=m;++i) read(x[i]),read(y[i]),read(z[i]);
double l=0,r=1000;
while(r-l>eps){
double mid=(l+r)/2;
if(judge(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.2f",l);
return 0;
}
