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題目鏈接：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=914
問題描述：有N個物體，它們的利益用v[i]表示，代價用c[i]表示。現在要在這N個物體中選取K個物體，使得選出來的這K個物體的總利益除以總代價達到最大值。即
取得最大值。
問題轉化：構造一個x[N]的數組，表示每個數取或不取的狀態，顯然每一個x[i]只有兩個取值：0和1，其中1表示取，0表示不取。則整個式子也就可以變成目標式：
值得注意的是：上式中的r是每一組x對應求得的當前答案，而我們的目的就是要找到一組x使得求出來的r得到最大值R！（這很重要！）
一、二分法
進一步對式子進行處理：
簡單的一項處理：
構造一個函數：
其中F(r)在平面坐標系上體現為一條直線，每一組x[i]都分別唯一地對應一條直線，這些直線的截距均大於等於0、斜率均小於等於0。而這些直線在X軸上的截距就是這一組x求出來的r，而截距的最大值就是我們要求的R。（如下圖所示）
在X軸上面任取一個r，如果至少有一條直線的F(r)>0，那么說明了什么呢？
說明至少還有一條直線與X軸的交點在它的右邊，那么這個r一定不是最大值，真正的最大值在它的右邊。反之，如果所有的F(r)都小於0，那么真正的最大值在它的左邊
那么前面的結論就可以換種說法，因為我只需判斷最大的那個F(r)的正負性就行了：
隨便取一個r，如果F(r)max>0，則結果R>r，反之若F(r)max<0，則結果R<r。直到找到使F(r)max=0的r，那個r就是我們要找的結果R
顯然這是一個令人感到興奮的結論，因為我們自然而然就想到了一種方法：二分法！
至此，還有一個小小的問題沒有解決，那就是F(r)max怎么求？
至此，問題全部解決！
#define eps 1e-8 #define zero(a) fabs(a)<eps double v[MAXN],c[MAXN],d[MAXN]; int main() { int N,K; scanf("%d%d",&N,&K); for(int i=0;i<N;i++) scanf("%lf%lf",&v[i],&c[i]); double l=0.0,r=10000000.0; while(!(zero(r-l))) //二分終止條件，利用double的精度控制 { double mid=(r+l)/2.0; for(int i=0;i<N;i++) d[i]=v[i]-mid*c[i]; sort(d,d+N); double sum=0.0; for(int i=N-1;i>=N-K;i--) sum+=d[i]; if(sum>=0) l=mid; else r=mid; } double ans=l; printf("%.2lf\n",ans); return 0; }
二分法可以輕松水過南陽理工學院oj上的原題和ghbgh出的上大oj上的改題甚至是POJ的2976這些最基本的0-1分數規划問題。不過，用這種方法去做POJ上面的3111時卻直接TLE了orz。。。。
二分是一個非常通用的辦法，但是我們來考慮這樣的一個問題，二分的時候我們只是用到了F(r)>0這個條件，而對於使得F(r)>0的這組解所求到的R值沒有使用。因為F(r)>0,我們已經知道了R是一個更優的解，與其漫無目的的二分，為什么不將解移動到R上去呢？
我們再次回到函數表達圖：
這個是二分的原理表現，在圖中，我們取左界為0，右界為足夠大，畫出中間的(左+右)/2，發現此時F(r)max是大於0的，那么繼續將左界移向(左+右)/2，繼續二分，直到找到R為止。
但是我們換種思路，我們在判斷一個當前的r的時候需要去求一個F(r)max，在二分之中我們僅僅判斷了F(r)max與0的關系，這是利用率比較低的。其實我們可以將F(r)max利用起來。找到F(r)max所在的那一條直線，然后將r移動到這條直線的截距上面去（如下圖，找到當前的F(r)max所在的直線，將r移動到r4上面去，這樣做甚至只要2步即可到位）
這就是下面要介紹的方法：
二、Dinkelbach算法
它實質上是一種迭代，他是基於這樣的一個思想：他並不會去二分答案，而是先隨便給定一個答案，然后根據更優的解不斷移動答案，逼近最優解。由於他對每次判定使用的更加充分，所以它比二分會快上很多。
在這個算法中，我們可以將r初始化為任意值，不過由於所有直線都只有y軸右邊的部分，所以一般將r初始化為0。
double m[50000+10],w[50000+10];
struct node{double num;int ord;} d[50000+10];
bool cmp(node a,node b){return a.num>b.num;}
int main() { int N,K; scanf("%d%d",&N,&K); for(int i=0;i<N;i++) scanf("%lf%lf",&m[i],&w[i]); double l=0.0,ans; while(1) { ans=l; for(int i=0;i<N;i++) { d[i].num=m[i]-ans*w[i]; d[i].ord=i; } sort(d,d+N,cmp); double p=0.0,q=0.0; for(int i=0;i<K;i++) { p+=m[d[i].ord]; q+=w[d[i].ord]; } l=p/q; if(zero(ans-l)) break; } printf("%.2f\n",ans); return 0; }
不過需要注意的是，並不是可以放棄二分全用Dinkelbach算法。這只是最基本的0-1規划問題， Dinkelbach算法的弊端就是需要保存解。在更加復雜的問題中，有的時候二分更快，有時Dinkelbach算法更快。
二分和Dinkelbach算法寫法都非常簡單，各有長處，大家要根據題目謹慎使用。
by---Kirisame_Marisa 2014-12-26 22:31:43
