牛客多校 gpa 01分数规划

改写等式，二分查找答案

以下为证明方法，转自简书链接：https://www.jianshu.com/p/4bc6037fe8e1

数学分析中一个很重要的方法就是分析目标式，这样我们来看目标式。 R=sigma(a[i]*x[i])/sigma(b[i]*x[i]) 我们来分析一下他有什么性质可以给我们使用。我们先定义一个函数F(L):=sigma(a[i]*x[i])-L*sigma(b[i]*x[i])，显然这只是对目标式的一个简单的变形。分离参数，得到F(L):=sigma((a[i]-L*b[i])*x[i])。这时我们就会发现，如果L已知的话， a[i]-L*b[i]就是已知的，当然x[i]是未知的。记d[i]=a[i]-L*b[i]，那么F(L):=sigma(d[i]*x[i])，多么简洁的式子。我们就对这些东西下手了。再次提醒一下，我们的目标是使R取到最大值。我们来分析一下这个函数，它与目标式的关系非常的密切，L就是目标式中的R，最大化R也就是最大化L。 F的值是由两个变量共同决定的，即方案X和参数L。对于一个确定的参数L来说，方案的不同会导致对应的F值的不同，那么这些东西对我们有什么用呢? 假设我们已知在存在一个方案X使得F(L)>0，这能够证明什么? F(L)=sigma(a[i]*x[i])-L*sigma(b[i]*x[i])>0即sigma(a[i]*x[i])/sigma(b[i]*x[i])>L也就是说，如果一个方案使得F(L)>0说明了这组方案可以得到一个比现在的L更优的一个L，既然有一个更优的解，那么为什么不用呢？显然，d数组是随着L的增大而单调减的。也就是说，存在一个临界的L使得不存在一种方案，能够使F(L)>0. 我们猜想，这个时候的L就是我们要求的最优解。之后更大的L值则会造成无论任何一种方案，都会使F(L)<0.类似于上面的那个变形，我们知道，F(L)<0是没有意义的，因为这时候的L是不能够被取得的。当F(L)=0使，对应方案的R值恰好等于此时的L值。综上，函数F(L)有这样的一个性质：在前一段L中可以找到一组对应的X使得F(L)>0，这就提供了一种证据，即有一个比现在的L更优的解，而在某个L值使，存在一组解使得F(L)=0,且其他的F(L)<0，这时的L无法继续增大，即这个L就是我们期望的最优解，之后的L会使得无论哪种方案都会造成F(L)<0.而我们已经知道，F(L)<0是没有任何意义的，因为此时的L值根本取不到。最后一次提醒，我们的目标是R！！！如果现在你觉得有些晕的话，那么我要提醒你的就是，千万不要把F值同R值混淆。F值是根据我们的变形式求的D数组来计算的，而R值则是我们所需要的真实值，他的计算是有目标式决定的。F值只是提供了一个证据，告诉我们真正最优的R值在哪里，他与R值本身并没有什么必然的联系。根据这样的一段性质，很自然的就可以想到二分L值，然后验证是否存在一组解使得F(L)>0，有就移动下界，没有就移动上界。所有的01分数规划都可以这么做，唯一的区别就在于求解时的不同——因为每一道题的限制条件不同，并不是每一个解都是可行解的。比如在普通的数组中，你可以选取1、2、3号元素，但在生成树问题中，假设1、2、3号元素恰好构成了一个环，那就不能够同时选择了，这就是需要具体问题，具体分析的部分。二分是一个非常通用的办法，但是我们来考虑这样的一个问题，二分的时候我们只是用到了F (L)>0这个条件，而对于使得F(L)>0的这组解所求到的R值没有使用。因为F(L)>0,我们已经知道了R是一个更优的解，与其漫无目的的二分，为什么不将解移动到R上去呢？求01分数规划的另一个方法就是，他就是基于这样的一个思想，他并不会去二分答案，而是先随便给定一个答案，然后根据更优的解不断移动答案，逼近最优解。由于他对每次判定使用的更加充分，所以它比二分会快上很多。但是，他的弊端就是需要保存这个解，而我们知道，有时候验证一个解和求得一个解的复杂度是不同的。二分和Dinkelbach算法写法都非常简单，各有长处，大家要根据题目谨慎使用。

题目：

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/143/A
来源：牛客网

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
Special Judge, 64bit IO Format: %lld

题目描述

Kanade selected n courses in the university. The academic credit of the i-th course is s[i] and the score of the i-th course is c[i].

At the university where she attended, the final score of her is $\frac{\sum s[i]c[i]}{\sum s[i]}$

Now she can delete at most k courses and she want to know what the highest final score that can get.

输入描述:

The first line has two positive integers n,k

The second line has n positive integers s[i]

The third line has n positive integers c[i]

输出描述:

Output the highest final score, your answer is correct if and only if the absolute error with the standard answer is no more than 10-5

示例1

输入

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3 1
1 2 3
3 2 1

输出

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2.33333333333

说明

Delete the third course and the final score is

备注:

1≤ n≤ 105

0≤ k < n

1≤ s[i],c[i] ≤ 103

题解：
最多删除k门课程，使GPA最高
01分数规划板子题，一点要注意，01分数规划是确定要选几门如n-k门这里这里删除的数量可变，但是要想gPA高就得尽量多删，哈哈这是当然，就算你门门100，多删几个也不影响你gpa,况且你全100的可能性极小，所以能删多少就闪多少就变成留n-k了，套板子
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define  rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define  M(s,i) memset(s,i,sizeof(s))
#define equ 1e-6
int n,k;
double  s[100003];
double  c[100003];
double  d[100004];
double l,r;
void solve()
{
    l=0;
    r=100000;
    double mid=0;
    while(r-l>equ)
    {
        mid=(l+r)/2;
        rep(i,0,n-1)
        {
            d[i]=c[i]-mid*s[i];
        }
        sort(d,d+n);//排序找最大的n-k个
        double  sum=0;
        rep(i,k,n-1)
        {
            sum+=d[i];
        }
        if(sum>0)l=mid;
        else r=mid;
    }
    printf("%lf\n",mid);
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&k))
    {
        M(d,0);
        rep(i,0,n-1)
        {
            scanf("%lf",&s[i]);
        }
        rep(i,0,n-1)
        {
            scanf("%lf",&c[i]);
            c[i]*=s[i];
        }
        solve();

    }
}

下一个代码是优化加速的，用STL nth_element省去全部排序时间将O(nlogn)降到O(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define  rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define  M(s,i) memset(s,i,sizeof(s))
#define equ 1e-6
int n,k;
double  s[100003];
double  c[100003];
double  d[100004];
double l,r;
void solve()
{
    l=0;
    r=100000;
    double mid=0;
    while(r-l>equ)
    {
        mid=(l+r)/2;
        rep(i,0,n-1)
        {
            d[i]=c[i]-mid*s[i];
        }
      //  sort(d,d+n);
      nth_element(d,d+k,d+n);//运用STL这个函数可以找到第k+1小的放到第k个位置，比如4 1 8 3 2(下标从0开始)
          //执行函数后 k个最小的数无序的排在了前k个位置，也就是0,1,2的位置，序列变为  3 1 2 4 8
        //（4的下标为3也就是k值，保证下标为k的元素为第k+1小的，也就是下表为k的元素前面有k个比他小的（准确说是不比他大的）
       // 后面是比大的（不小于他的），但前后的元素不保证有序，）
        double  sum=0;
        rep(i,k,n-1)
        {
            sum+=d[i];
        }
        if(sum>0)l=mid;
        else r=mid;
    }
    printf("%lf\n",mid);
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&k))
    {
        M(d,0);
        rep(i,0,n-1)
        {
            scanf("%lf",&s[i]);
        }
        rep(i,0,n-1)
        {
            scanf("%lf",&c[i]);
            c[i]*=s[i];
        }
        solve();

    }
}