poj2976（01分数规划）

poj2976

题意

给出 a b 数组，一共 n 对数，其中最多可以去掉 k 对，问怎样使剩下比率（原始比率是 $ frac{sum_{i=1}^{n} a}{sum_{i=1}^{n} b}*100 $）最大。

分析

01分数规划

设 (l=frac{sum a}{sum b})，我们要求使得 l 最大，构造新函数 (F()={sum a}-l*{sum b})，设(D()=a-l*b)，显然 F() 是随 l 增大单调递减的，如果对于某个 l 使得 F() > 0 ，
则有 (frac{sum a}{sum b}>l)，那么我们可以知道此时存在比l更优的值（我们要 l 尽可能大）；当 F() = 0 时，这个 l 即为所求值；当 F() < 0 时，无意义，此时的 l 根本取不到。
那么 F() 函数的功能是让我们可以不断逼近答案（即告诉我们后面有更优的值），如果我们现在选定了一个 l ，计算出 D 数组，从大到小选 n - k 个，这样使 F() 最大（F()越大，那么告诉我们后面存在更大的 l ）。可以二分 l 当 F(l) >= 0 时，l = mid，否则，r = mid。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e3 + 10;
const double INF = 1e15;
int n, k;
int a[MAXN], b[MAXN];
double d[MAXN];
int work(double rate) {
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        d[i] = a[i] - rate * b[i];
    }
    sort(d, d + n);
    double F = 0;
    for(int i = n - 1; i >= k; i--) {
        F += d[i];
    }
    return F >= 0;
}
double solve() {
    double l = 0, r = 1, mid = 0;
    while(r - l > 1e-5) {
        mid = (l + r) / 2;
        if(work(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    return mid * 100;
}
int main() {
    while(cin >> n >> k && (n + k)) {
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> b[i];
        }
        printf("%.0f
", solve());
    }
    return 0;
}