poj2976

题意

给出 a b 数组,一共 n 对数,其中最多可以去掉 k 对,问怎样使剩下比率(原始比率是 $ \frac{\sum_{i=1}^{n} a}{\sum_{i=1}^{n} b}*100 $)最大。

分析

01分数规划

设 \(l=\frac{\sum a}{\sum b}\),我们要求使得 l 最大,构造新函数 \(F()={\sum a}-l*{\sum b}\),设\(D()=a-l*b\),显然 F() 是随 l 增大单调递减的,如果对于某个 l 使得 F() > 0 ,

则有 \(\frac{\sum a}{\sum b}>l\),那么我们可以知道此时存在比l更优的值(我们要 l 尽可能大);当 F() = 0 时,这个 l 即为所求值;当 F() < 0 时,无意义,此时的 l 根本取不到。

那么 F() 函数的功能是让我们可以不断逼近答案(即告诉我们后面有更优的值),如果我们现在选定了一个 l ,计算出 D 数组,从大到小选 n - k 个,这样使 F() 最大(F()越大,那么告诉我们后面存在更大的 l )。可以二分 l 当 F(l) >= 0 时,l = mid,否则,r = mid。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e3 + 10;
const double INF = 1e15;
int n, k;
int a[MAXN], b[MAXN];
double d[MAXN];
int work(double rate) {
for(int i = 0; i < n; i++) {
d[i] = a[i] - rate * b[i];
}
sort(d, d + n);
double F = 0;
for(int i = n - 1; i >= k; i--) {
F += d[i];
}
return F >= 0;
}
double solve() {
double l = 0, r = 1, mid = 0;
while(r - l > 1e-5) {
mid = (l + r) / 2;
if(work(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
return mid * 100;
}
int main() {
while(cin >> n >> k && (n + k)) {
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin >> b[i];
}
printf("%.0f\n", solve());
}
return 0;
}

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