问题描述：有N个物体，它们的利益用v[i]表示，代价用c[i]表示。现在要在这N个物体中选取K个物体，使得选出来的这K个物体的总利益除以总代价达到最大值。即取得最大值。
问题转化：构造一个x[N]的数组，表示每个数取或不取的状态，显然每一个x[i]只有两个取值：0和1，其中1表示取，0表示不取。则整个式子也就可以变成目标式：
值得注意的是：上式中的r是每一组x对应求得的当前答案，而我们的目的就是要找到一组x使得求出来的r得到最大值R！（这很重要！）
一、二分法
进一步对式子进行处理：
简单的一项处理：
构造一个函数：
其中F(r)在平面坐标系上体现为一条直线，每一组x[i]都分别唯一地对应一条直线，这些直线的截距均大于等于0、斜率均小于等于0。而这些直线在X轴上的截距就是这一组x求出来的r，而截距的最大值就是我们要求的R。（如下图所示）
在X轴上面任取一个r，如果至少有一条直线的F(r)>0，那么说明了什么呢？
说明至少还有一条直线与X轴的交点在它的右边，那么这个r一定不是最大值，真正的最大值在它的右边。反之，如果所有的F(r)都小于0，那么真正的最大值在它的左边
那么前面的结论就可以换种说法，因为我只需判断最大的那个F(r)的正负性就行了：
随便取一个r，如果F(r)max>0，则结果R>r，反之若F(r)max<0，则结果R<r。直到找到使F(r)max=0的r，那个r就是我们要找的结果R
显然这是一个令人感到兴奋的结论，因为我们自然而然就想到了一种方法：二分法！
至此，还有一个小小的问题没有解决，那就是F(r)max怎么求？
二分代码；
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 2005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
double a[maxn];
double b[maxn];
double t[maxn];
double judge(double k)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
t[i] = a[i] - k * b[i];
sort(t, t + n);
double ans = 0;
for (int i = m; i < n; i++)
ans += t[i];
return ans;
}
int main()
{
while (scanf_s("%d%d", &n, &m) != EOF)
{
if (n + m == 0)
break;
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf_s("%lf", &a[i]);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf_s("%lf", &b[i]);
double l = 0.0;
double r = 1.0;
while (r - l > 1e-8)
{
double mid = (r + l) / 2;
if (judge(mid) > 0)
{
l = mid;
}
else
r = mid;
}
printf("%1.f\n",l * 100);
}
return 0;
}
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(r)>0这个条件，而对于使得F(r)>0的这组解所求到的R值没有使用。因为F(r)>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？
我们再次回到函数表达图：
这个是二分的原理表现，在图中，我们取左界为0，右界为足够大，画出中间的(左+右)/2，发现此时F(r)max是大于0的，那么继续将左界移向(左+右)/2，继续二分，直到找到R为止。
但是我们换种思路，我们在判断一个当前的r的时候需要去求一个F(r)max，在二分之中我们仅仅判断了F(r)max与0的关系，这是利用率比较低的。其实我们可以将F(r)max利用起来。找到F(r)max所在的那一条直线，然后将r移动到这条直线的截距上面去（如下图，找到当前的F(r)max所在的直线，将r移动到r4上面去，这样做甚至只要2步即可到位）
二、Dinkelbach算法
它实质上是一种迭代，他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。
在这个算法中，我们可以将r初始化为任意值，不过由于所有直线都只有y轴右边的部分，所以一般将r初始化为0。
代码 ；
struct node
{
double a, b, d;
}q[maxn];
int cmp(struct node x, struct node y)
{
return x.d<y.d;
}
double Dinkelbach()
{
double L ;
double ans = 0;
while (1)
{
L = ans;
double x = 0;
double y = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
q[i].d = q[i].a - L * q[i].b;
sort(q, q + n,cmp);
for (int i = k; i < n; i++)
{
x += q[i].a;
y += q[i].b;
}
ans = x / y;
if (fabs(ans - L) < 1e-7)
return L;
}
}
int main()
{
while (scanf_s("%d%d", &n, &k) != EOF)
{
if (n + k == 0)
break;
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf_s("%lf", &q[i].a);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf_s("%lf", &q[i].b);
printf("%.0f\n", Dinkelbach() * 100);
}
return 0;
}