标签：down 一条直线 node day push operator number xmlns 怎么
题目描述：
Input
Output
Sample Input
4 0 0 0 0 1 1 1 1 2 1 0 3 0
Sample Output
1.000
题意：有一张无向图，每条边有费用值和长度值，要求找到一颗生成树，使得总费用/总长度最小
问题模型：最优比率生成树
解题方法：
设r=Σc[i]*x[i]/(Σl[i]*x[i])(x[i]=0/1）
目标，最小化r
变形得：Σc[i]*x[i]-r*Σl[i]*x[i]=0
设f[r]=Σc[i]*x[i]-r*Σl[i]*x[i]=0
于是对于每一组x[i]，以我们得到一条直线,r是这条直线的横截距
我们的目标变成，找到全部直线中的最小横截距
怎么找呢？首先暴力枚举x[i]绝对是不可取的。然后，然后我们发现其实只需要二分r的值，然后观察max(f[r])就好，如果min(f[r])还要小于0的话，我们就可以知道r>r*(r*是我们最后的所求值），反之r<r*。
当我们我们发现min(f[r])==0时，我们认为r=r*然后就直接输出就好了
考虑一下二分的时间复杂度，完全没有问题
（图片来自大佬ztx的CSDN博客，https://blog.csdn.net/hzoi_ztx/article/details/54898323，感谢大佬）
然而，我们还有一种方法（DinkelbachDinkelbach算法）
基本思想，其实和二分有点像，但它是基于迭代的。我们考虑如上述二分，我们有一个初始值r,然后我们发现min（f[r]）还要小于0，那我们就直接把r转移到min(f[r])所代表的直线的横截距上。读者细细想想
就知道，不可能得到一个比r*还要小的值，因为r*就是最小的截距了。于是我们只需要不断迭代转移r就好了。
咳咳，差点忘了。怎么求min(f[r])，好吧其实很显然，为了得到min(f[r])的x[i]，我们得把边的长度改一改跑最小生成树
代码里是堆优化的prim（我懒。。。不手写堆的）
下面附上我的DinkelbachDinkelbach代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<memory.h>
#include<queue>
#include<math.h>
using namespace std;
const int maxn=1000+15;
int n,tot;
int head[maxn],in[maxn];
struct VILLAGE
{
double x;double y;double z;
}v[maxn];
struct EDGE
{
int from;int to;int next;double len;double cost;double e;
}edge[maxn<<12];
struct NODE{
int x;double l;double c;double d;
};
bool operator < (const NODE a,const NODE b){
return a.l>b.l;
}
void init(){
memset(edge,0,sizeof(edge));
memset(head,0,sizeof(head));
tot=0;
}
void add(int x,int y,double len,double cost){
edge[++tot]=(EDGE){x,y,head[x],len,cost,0};
head[x]=tot;
}
double prim(double oo)
{
memset(in,0,sizeof(in));
for (int i=1;i<=tot;i++)
{
edge[i].e=edge[i].cost-oo*edge[i].len;
//printf("%d %d %lf\n",edge[i].from,edge[i].to,edge[i].e);
}
priority_queue<NODE> q;
q.push((NODE){1,0,0,0});
int cnt=0;
double c1=0,d1=0;
while (!q.empty()&&cnt<n)
{
NODE k=q.top();q.pop();
if (in[k.x]) continue;
in[k.x]=1;
c1+=k.c;d1+=k.d;cnt++;
for (int i=head[k.x];i;i=edge[i].next)
{
int y=edge[i].to;
q.push((NODE){y,edge[i].e,edge[i].cost,edge[i].len});
}
}
//printf("\n%lf\n",c1/d1);
return c1/d1;
}
int main()
{
while (1)
{
scanf("%d",&n);
if (n==0) break;
init();
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf%lf%lf",&v[i].x,&v[i].y,&v[i].z);
for (int i=1;i<n;i++)
for (int j=i+1;j<=n;j++)
{
double dis=sqrt((v[i].x-v[j].x)*(v[i].x-v[j].x)+(v[i].y-v[j].y)*(v[i].y-v[j].y));
double cost=fabs(v[i].z-v[j].z);
add(i,j,dis,cost);
add(j,i,dis,cost);
}
double r1=0.0,r2=0.0;
while (1){
r2=prim(r1);
if (fabs(r2-r1)<0.00001) break;
r1=r2;
}
printf("%.3f\n",r1);
}
return 0;
}
解决了最小的问题，最大的问题不也就迎刃而解了，只需要找最大截距就好了。这是0/1分数规划的典型之一。
其他的还有最优比率环什么的。
标签：down 一条直线 node day push operator number xmlns 怎么
原文地址：https://www.cnblogs.com/xxzh/p/9158455.html
