标签：最小 getchar pre double 大于 data second TE cout
题意：给n个任务 每个任务有两个值$a,b$ 现有许多机器 每台最多可以执行两次任务 若存在第二次任务则满足$a_{second}<a_{first}$ 定义代价$val = \frac { \sum_{i \in S } a[i]} { \sum_{i \in S} b[i] }$ 其中$S$为当做第一次来执行的任务的集合 求$val$的最小值
$n \leq 60,a_i \leq 10^8,b_i \leq 100$
很容易想到二分最小值并且联想到经典的$01$分数规划 即
$\frac {\sum_{i=1}^{n}a[i]}{\sum_{i=1}^{n}b[i]} \leq x$
${\sum_{i=1}^{n}a[i]} \leq x \times {\sum_{i=1}^{n}b[i]}$
${\sum_{i=1}^{n}a[i]}-x \times {\sum_{i=1}^{n}b[i]} \leq 0$
${\sum_{i=1}^{n} (a[i]-x \times b[i]) \leq 0}$
顺着这个思路 我们来设计$dp$方程
先将任务按$a$降序排序
$f[i][j][k]$表示做到第$i$个有$j$个大于$a_i$的任务是当做第一次来做且没有被安排第二次有$k$个等于$a_i$的任务是当做第一次来做且没有被安排第二次
转移式为
$f[i][j][k]=min(f[i+1][j-1][k]),f[i+1][j+1][k]+a_i-x \times b_i (a_i==a_{i+1})$
$f[i][j][k]=min(f[i+1][j+k-1][0]),f[i+1][j+k-1][0]+a_i-x \times b_i (a_i!=a_{i+1})$
$dp$之后只需要判定$f[0][0][0] \leq 0$是否满足来二分就好了
有个坑点是题目要求输出$ceil(ans \times 1000)$ 我用$google$翻译出来却是把$ans \times 1000$四舍五入 以后还是读英文题面好了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
#define cl(x) memset(x,0,sizeof x)
#ifdef Poi
#define bug(x) cout<<(#x)<<" "<<(x)<<endl
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#else
#define bug(x)
#define debug(...)
#endif
const int INF = 0x7fffffff;
const int N=55;
inline int read(){
int x=0,rev=0,ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')rev=1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return rev?-x:x;
}
struct data{
double a,b;
}t[N];
double X,f[N][N][N];
bool vis[N][N][N];
int n;
ll ans;
bool cmp(data i,data j){
return i.a>j.a;
}
double dfs(int pos,int d,int g){
if(pos==n) return 0;
if(vis[pos][d][g]) return f[pos][d][g];
vis[pos][d][g]=1;
double mn=INF;
if(pos<n-1&&t[pos].a==t[pos+1].a) {
if(d) mn=min(mn,dfs(pos+1,d-1,g));
mn=min(mn,dfs(pos+1,d,g+1)+t[pos].a-X*t[pos].b);
}
else if(t[pos].a!=t[pos+1].a||pos==n-1){
if(d) mn=min(mn,dfs(pos+1,d+g-1,0));
mn=min(mn,dfs(pos+1,d+g+1,0)+t[pos].a-X*t[pos].b);
}
return f[pos][d][g]=mn;
}
bool judge(double k){
X=k,cl(vis),cl(f);
return dfs(0,0,0)<=0;
}
int main(){
#ifdef Poi
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
n=read();
for(int i=0;i<n;i++) t[i].a=read();
// bug(t[n-1].a);
for(int i=0;i<n;i++) t[i].b=read();
if(t[0].a==99999991) {
// for(int i=0;i<n;i++) cout<<t[i].b<<endl;
}
sort(t,t+n,cmp);
double l=0,r=1e8;
for(int T=1;T<=100;T++){
double mid=(l+r)/2.0;
// bug(mid);
if(judge(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
// bug(l);
ans=(ceil)(l*1000);
// printf("%.6lf\n",l);
cout<<ans<<endl;
}
Codeforces 994F Compute Power 二分+DP
标签：最小 getchar pre double 大于 data second TE cout
原文地址：https://www.cnblogs.com/devil-gary/p/9194109.html
