Dropping tests(二分加01数字)
个人心得:不能说题目太难,而是自己思维太菜,我开始以为这怎么都想不到的,但是学长说不是很简单吗,好吧我信了,我太low。
其实单纯二分只用于搜索,但是这种逆向答案二分确实比较难理解。给大神代码
【一些分析】
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Dinkelbach算法,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。
L:=...;R:=...; Repeat Mid:=(L+R)/; For I=..X do D[i]:=A[i]-Mid*B[i];//根据Mid计算D数组 if 检查(Mid)成功 then L:=Mid else R:=Mid;
Until abs(L-R)<Eps;
题目:
In a certain course, you take n tests. If you get ai out of bi questions correct on test i, your cumulative average is defined to be
.
Given your test scores and a positive integer k, determine how high you can make your cumulative average if you are allowed to drop any k of your test scores.
Suppose you take 3 tests with scores of 5/5, 0/1, and 2/6. Without dropping any tests, your cumulative average is . However, if you drop the third test, your cumulative average becomes
.
Input
The input test file will contain multiple test cases, each containing exactly three lines. The first line contains two integers, 1 ≤ n ≤ 1000 and 0 ≤ k < n. The second line contains n integers indicating ai for all i. The third line contains npositive integers indicating bi for all i. It is guaranteed that 0 ≤ ai ≤ bi ≤ 1, 000, 000, 000. The end-of-file is marked by a test case with n = k = 0 and should not be processed.
Output
For each test case, write a single line with the highest cumulative average possible after dropping k of the given test scores. The average should be rounded to the nearest integer.
Sample Input
3 1
5 0 2
5 1 6
4 2
1 2 7 9
5 6 7 9
0 0
Sample Output
83
100
Hint
To avoid ambiguities due to rounding errors, the judge tests have been constructed so that all answers are at least 0.001 away from a decision boundary (i.e., you can assume that the average is never 83.4997).
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxi 50005
#define eps 1e-7
int a[maxi];
int b[maxi];
int n,k;
double c[maxi];
bool C(double x){
for(int i=;i<n;i++)
c[i]=a[i]-x*b[i];
sort(c,c+n);
double sum=;
for(int i=;i<n-k;i++)
sum+=c[n-i-];
return sum>=;
}
void solve(){
double lb=,ub=;
while(ub-lb>eps){
double mid=(lb+ub)/;
if(C(mid)) lb=mid;
else ub=mid;
}
printf("%1.f\n",ub*);
}
int main()
{
while(cin>>n>>k){
if(!n&&!k) break;
for(int i=;i<n;i++) cin>>a[i];
for(int i=;i<n;i++) cin>>b[i];
solve();
}
return ;
}
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