poj 2728 Desert King(最小比率生成树，迭代法)

引用别人的解释：

题意：有n个村庄，村庄在不同坐标和海拔，现在要对所有村庄供水，只要两个村庄之间有一条路即可，

         建造水管距离为坐标之间的欧几里德距离（好象是叫欧几里德距离吧），费用为海拔之差

         现在要求方案使得费用与距离的比值最小

很显然，这个题目是要求一棵最优比率生成树，

概念

有带权图G, 对于图中每条边e[i], 都有benifit[i](收入)和cost[i](花费), 我们要求的是一棵生成树T, 它使得 ∑(benifit[i]) / ∑(cost[i]), i∈T 最大(或最小).

这显然是一个具有现实意义的问题.

解法之一 0-1分数规划

设x[i]等于1或0, 表示边e[i]是否属于生成树.

则我们所求的比率 r = ∑(benifit[i] * x[i]) / ∑(cost[i] * x[i]), 0≤i<m .

为了使 r 最大, 设计一个子问题---> 让 z = ∑(benifit[i] * x[i]) - l * ∑(cost[i] * x[i]) = ∑(d[i] * x[i]) 最大 (d[i] = benifit[i] - l * cost[i]) , 并记为z(l). 我们可以兴高采烈地把z(l)看做以d为边权的最大生成树的总权值.

然后明确两个性质:

　1.  z单调递减

　　证明: 因为cost为正数, 所以z随l的减小而增大.

　2.  z( max(r) ) = 0

　　证明: 若z( max(r) ) < 0, ∑(benifit[i] * x[i]) - max(r) * ∑(cost[i] * x[i]) < 0, 可化为 max(r) < max(r). 矛盾;

　　        若z( max(r) ) >= 0, 根据性质1, 当z = 0 时r最大.

到了这个地步, 七窍全已打通, 喜欢二分的上二分, 喜欢Dinkelbach的就Dinkelbach.

复杂度

时间 O( O(MST) * log max(r) )

空间 O( O(MST) )

迭代+prim

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<limits.h>
#define MAX 1100
double x[MAX],y[MAX],z[MAX];
double cost[MAX][MAX],dist[MAX][MAX];
int n;
double prim(double);
int main(void)
{
    int i,j;
    while(scanf("%d",&n)&&n){
        for(i=1;i<=n;i++){//读取数据
            scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&z[i]);
        }
        //处理 任意点之间的长度和价值
        for(i=1;i<=n;i++){ 
            for(j=i+1;j<=n;j++){
                double d=(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]);
                dist[i][j]=dist[j][i]=sqrt(d);
                double c=z[i]-z[j];
                if(c<0) c=-c;
                cost[i][j]=cost[j][i]=c;                
            }
        }
        //判断给定的rate是否在误差之内
        double a=0,b=0; //初始r为0
        while(1)
        {
            b = prim(a);
            if(fabs(a-b)<1e-4)  break;
            a=b;
        }         
        printf("%.3lf
",b);  
        
    }
    return 0;
}
double prim(double p)
{
    int visit[MAX],father[MAX];
    double dis[MAX];
    int i,j;
    //访问数组初始化
    memset(visit,0,sizeof(visit));
    visit[1]=1;
    //对已加入的最小生成树的顶点集合 计算它的父节点
    for(i=2;i<=n;i++){
        dis[i]=cost[1][i]-p*dist[1][i];
        father[i]=1;
    }    
            
    int k=0;
    double totalCost=0,totalDist=0;
    //prim求最小生成树
    for(i=1;i<n;i++){
        k=0;
        double mincost=INT_MAX;//最大值，最好是这个

        for(j=2;j<=n;j++){
            if(!visit[j]&&dis[j]<mincost) {
                mincost=dis[j];k=j;
            }
        }
        
        if(k==0) break;

        visit[k]=1;
        totalCost+=cost[ father[k] ][k];
        totalDist+=dist[ father[k] ][k];
        
        for(j=1;j<=n;j++){
            double h=cost[k][j]-p*dist[k][j];
            if(!visit[j]&&dis[j]>h){
                dis[j]=h;
                father[j]=k;
            }
        }
        
    }
    return totalCost/totalDist;
}