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
（当然还有什么最优比率最小割等等……不在juruo当前研究范围之内）
1.01分数规划。
基础题：poj2976
这个就是一开始说的这么一码事……选取n-k（原题是不选k）个物品使得比率最大。
我们考虑对上面的式子进行转化，之后我们只要给每个物品重新赋值为a - x*b，排序之后直接取前n-k大,判断这个值的正负性，然后按上面情况二分即可。
如果不大明白为什么是这么取得的，可以看这里（个人觉得很详细）
附上代码。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<set> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 10005; const int INF = 1000000009; const double eps = 1e-6; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } struct test { double a,b,d; bool operator < (const test &g) const { return d > g.d; } }t[1005]; int n,k; double L,R,ans,mid; bool pd(double x) { double cur = 0; rep(i,1,n) t[i].d = t[i].a - x * t[i].b; sort(t+1,t+1+n); rep(i,1,n-k) cur += t[i].d; return cur >= 0; } int main() { while(1) { n = read(),k = read(); if(!n && !k) break; rep(i,1,n) t[i].a = read(); rep(i,1,n) t[i].b = read(); L = 0,R = 1e10; while(fabs(R - L) > eps) { mid = (L + R) / 2.0; if(pd(mid)) L = mid; else R = mid; } printf("%.0lf ",(mid * 100.0)); } return 0; }
2.最优比率生成树。
基础题：poj2728
简单描述就是，每一条路有一个花费p和一个权值s，要在图上选取一些边构成一棵生成树，求生成树的∑pi / ∑si最小值。
我们还是考虑套用上面的模板，其实这个和01分数规划很像的。只要对每条边重新赋一个值，因为这次我们要求的是花费比上权值，所以和上一道题反了过来，赋值是p-x * s。之后因为要求最小，直接求最小生成树即可。判断一下最小生成树的权值和，如果小于0说明答案设大了，否则说明答案设小了。
这道题是完全图，所以我们需要用prim求最小生成树。（突然发现我从来都是用kruskal都没用过prim），但是它的想法其实很简单，我们从任意一个点开始，之后选取一个最近的点，并且用这个点更新其他点的距离，之后再寻找一个更近的点，再去更新距离。它的复杂度是O（n2）的。
看一下代码。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<set> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 1000005; const int N = 1005; const int INF = 1000000009; const double eps = 1e-6; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } struct node { double x,y,z; }a[N]; int n; double L,R,mid,dis[1005][1005],hb[1005][1005],map[1005][1005],cur[1005]; bool vis[1005]; double calc(int p,int q) { return sqrt((a[p].x - a[q].x) * (a[p].x - a[q].x) + (a[p].y - a[q].y) * (a[p].y - a[q].y)); } void init() { rep(i,1,n) scanf("%lf %lf %lf",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z); rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) dis[i][j] = dis[j][i] = calc(i,j),hb[i][j] = hb[j][i] = fabs(a[i].z - a[j].z); } double prim() { double ans = 0; rep(i,1,n) vis[i] = 0,cur[i] = map[1][i]; vis[1] = 1; rep(i,1,n-1) { double minn = INF; int pos = 0; rep(j,1,n) if(!vis[j] && minn > cur[j]) pos = j,minn = cur[j]; if(minn == INF) break; vis[pos] = 1; ans += minn; rep(j,1,n) if(!vis[j]) cur[j] = min(cur[j],map[pos][j]); } return ans; } bool pd(double x) { rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) map[i][j] = map[j][i] = hb[i][j] - x * dis[i][j]; return prim() < 0; } int main() { while(1) { n = read(); if(!n) break; init(); L = 0,R = 1e7; while(fabs(R-L) > eps) { mid = (L+R) / 2.0; if(pd(mid)) R = mid; else L = mid; } printf("%.3lf ",L); } return 0; } /* 4 0 0 0 0 1 1 1 1 2 1 0 3 4 0 0 0 0 1 1 1 1 2 1 0 3 0 */
3.最优比率生成环。
基本的思想还是一样的，就是对式子进行一下变形。不过这里稍微有一些不同。
最大化的时候，假设最大值为r*，那么就有∑pi / ∑si <= r*，变形之后就有∑si * r* - ∑pi >= 0.
最小化的时候，假设最小值为r*，那么就有∑pi / ∑si >= r*，变形之后就有∑pi - ∑si * r* >= 0.
这个地方很容易给人搞懵……因为其实我们很容易在求值的时候只使用一种变形式子的方法，然后改变二分的方向，不过这样的话计算的结果会出错。
因为这里要判断的不大一样，如果求最大值的时候设小了，那么就会在原图中出现负环。我们把每条边按上述方法重新赋值，之后我们使用基于dfs的spfa去判负环，之后改变二分的值即可。
如果求最小值，也按上述方法赋值，重新计算即可。
这两道题都是要求最大比率的环，直接按照上述方法求就可以了。
看一下代码。（观光奶牛）
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<set> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 10005; const int N = 7005; const int INF = 1000000009; const double eps = 1e-6; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } struct edge { int to,next; double v,t; }e[M]; int l,p,x,y,ecnt,head[N]; double f[N],z,L,R,mid,dis[N]; bool vis[N]; void add(int x,int y,double z,double a) { e[++ecnt].to = y; e[ecnt].v = a; e[ecnt].t = z; e[ecnt].next = head[x]; head[x] = ecnt; } bool pd(double x,int pos) { vis[pos] = 1; for(int i = head[pos];i;i = e[i].next) { if(dis[e[i].to] > dis[pos] + e[i].t * x - e[i].v) { if(vis[e[i].to]) return 1; dis[e[i].to] = dis[pos] + e[i].t * x - e[i].v; if(pd(x,e[i].to)) return 1; } } vis[pos] = 0; return 0; } int main() { l = read(),p = read(); rep(i,1,l) scanf("%lf",&f[i]); rep(i,1,p) x = read(),y = read(),scanf("%lf",&z),add(x,y,z,f[y]); rep(i,1,l) add(0,i,0,0); L = 0,R = 1e7; while(fabs(R-L) > eps) { mid = (L+R) / 2.0; memset(dis,0x3f,sizeof(dis)),memset(vis,0,sizeof(vis)),dis[0] = 0; if(pd(mid,0)) L = mid; else R = mid; } printf("%.2lf ",L); return 0; }
之后还有一道题，01分数规划+树形背包！
其实这个题好像说难也不难，因为很好想到怎么做，就是01分数规划的常用套路+树形背包。
我们对于每个人重新进行赋值（其实好像大部分的题都可以用分子-分母*进行赋值……）之后直接跑树形背包，求一下跑出来的最大值，然后改变二分的大小。
这题严重卡常，首先你肯定要用dfs序的树背包，不过其实还是卡不过去，即使把二分上界改为4都不行……精度如果低的话还会wa掉，最后只好开了O2.
我们看一下代码。
// luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<set> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 1000005; const int N = 3005; const int INF = 1000000009; const double eps = 1e-6; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } struct edge { int next,to; }e[N<<1]; int k,n,head[N],ecnt,dfn[N],pos[N],idx,size[N],x; double dp[N][N],s[N],p[N],L,R,mid,val[N]; bool vis[N][N]; void add(int x,int y) { e[++ecnt].to = y; e[ecnt].next = head[x]; head[x] = ecnt; } void dfs(int x) { dfn[x] = ++idx,pos[idx] = x,size[x] = 1; for(int i = head[x];i;i = e[i].next) { dfs(e[i].to); size[x] += size[e[i].to]; } } double DP() { double maxn = -INF; memset(dp,-0x3f,sizeof(dp)); vis[1][0] = 1,dp[1][0] = 0; rep(i,1,idx) { rep(j,0,min(i,k)) { if(!vis[i][j]) continue; dp[i+1][j+1] = max(dp[i+1][j+1],dp[i][j] + val[pos[i]]); dp[i+size[pos[i]]][j] = max(dp[i][j],dp[i+size[pos[i]]][j]); vis[i+1][j+1] = vis[i+size[pos[i]]][j] = 1; } } rep(i,1,idx+1) maxn = max(maxn,dp[i][k+1]); return maxn; } bool pd(double x) { memset(vis,0,sizeof(vis)); rep(i,1,idx) val[i] = p[i] - x * s[i]; return DP() > -eps; } int main() { k = read(),n = read(); rep(i,1,n) scanf("%lf %lf",&s[i],&p[i]),x = read(),add(x,i); dfs(0); L = 0,R = 1e6; while(fabs(R-L) > eps) { mid = (L+R) / 2.0; if(pd(mid)) L = mid; else R = mid; } printf("%.3lf ",L); return 0; }