【NOIP2013中秋节模拟】表白(love) 题解

【NOIP2013中秋节模拟】表白(love)

Description

鸡腿是CZYZ的著名DS，但是不想追妹子的DS不是好GFS，所以鸡腿想通过表白来达到他追到妹子的目的！虽然你对鸡腿很无语，但是故事的设定是你帮助鸡腿找到了妹子，所以现在你必须帮助鸡腿安排表白来实现故事的结局 ！
鸡腿想到了一个很高（sha）明（bi）的做法，那就是去找人来组成表白队伍来增强气势 ！鸡腿有很多好基友来帮忙，鸡腿数了数一共有N个人。但是鸡腿觉得大家排成两队来比较好看，而且鸡腿经过计算，第一队N1个人，第二队N2个人是最佳的队伍。问题来了...有些好基友们虽然很好心但是可能造成不好的影响（形象猥琐），所以鸡腿就给每个人打了分。Q1i表示第i个好基友排到第一队里时的好影响，C1i表示第i个好基友排到第一队里时的不良影响，Q2i表示第i个好基友排到第二队里时的好影响，C2i表示第i个好基友排到第二队里时的不良影响。请给鸡腿一种安排使得Q的和与C的和的比值最大，给出最大值。

Input

第一行给出三个整数N、N1、N2。
第2到N+1行，每行四个整数Q1,C1,Q2,C2。

Output

一行输出一个小数d表示最优化比例是d（保留6位小数）

Sample Input

5 2 2
12 5 8 3
9 4 9 4
7 3 16 6
11 5 7 5
18 10 6 3

Sample Output

2.444444

Data Constraint

对于50%的数据0 < N1 + N2 ≤ N ≤ 50；
对于100%的数据0 < N1 + N2 ≤ N ≤ 500，1 ≤ Q1, Q2 ≤ 2000，1 ≤ C1, C2 ≤ 50。

题解

这题是一道经典的分数规划
我们简化一下题意，题目要求我们求的其实就是如下式子：

[max(frac{sum{q1*k1}+sum{q2*k2}}{sum{c1*k1}+sum{c2*k2}})(k1in{n},k2in{n}且{k1}cap{k2}=varnothing) ]

（(varnothing)表示空集）
然后我们可以二分答案，设当前二分出的答案为(t)，式子满足要求即为：

[frac{sum{q1*k1}+sum{q2*k2}}{sum{c1*k1}+sum{c2*k2}}ge{t} ]

将分数线下面的部分移到右边：

[{sum{q1*k1}+sum{q2*k2}}ge{t}*({sum{c1*k1}+sum{c2*k2}}) ]

乘法分配律得：

[{sum{q1*k1}+sum{q2*k2}}ge[{(sum{c1*k1)}*t+(sum{c2*k2}})*t] ]

再把右边移到左边：

[{sum{(q1-c1*t)*k1}+sum{(q2-c2*t)*k2}}ge0 ]

然后我们来看如何在(O(n^2))的时间复杂度之内（或左右）来判断答案是否合法
显然我们可以按照每个人的((q1-c1*t)-(q2-c2*t))来从大到小排序，越往前的就说明在队伍1的贡献大，越往后的就说明在队伍2的贡献大
于是我们设一个DP，设(f[i][j][0])表示前(i)个选了(j)个人进第一队的最大贡献，(f[i][j][1])表示后(i)个人选了(j)个人进第二队的最大贡献（转移方程很简单，这里就不在叙述了，详见代码）
然后当有(f[i][n1][0]+f[n-i][n2][1]ge0)时就表示当前的(t)合法了

CODE

#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define R register int
#define N 505
#define ll long long
#define EPS 0.000000001
using namespace std;
struct arr{double q,c;}a[N],b[N];
struct arr2{double a,b;}c[N];
double ans,f[N][N][2]; 
int n,n1,n2;
inline void read(int &x)
{
	x=0;int f=1;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();x*=f;
}
inline bool cmp(arr2 x,arr2 y) {return x.a-x.b>y.a-y.b;}
inline bool pd(double k)
{
	for (R i=1;i<=n;++i)
	{
		c[i].a=a[i].q-a[i].c*k;c[i].b=b[i].q-b[i].c*k;
	}
	sort(c+1,c+1+n,cmp);
	memset(f,0,sizeof(0));
	for (R i=1;i<=n;++i)
		for (R j=1;j<=min(i,n1);++j)
		{
			f[i][j][0]=f[i-1][j-1][0]+c[i].a;
			if (i-1>=j) f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][j][0]);
		}
	for (R i=n;i;--i)
		for (R j=1;j<=min(n-i+1,n2);++j)
		{
			f[n-i+1][j][1]=f[n-i][j-1][1]+c[i].b;
			if (n-i>=j) f[n-i+1][j][1]=max(f[n-i+1][j][1],f[n-i][j][1]); 
		}
	for (R i=n1;i<=n-n2;++i)
		if (f[i][n1][0]+f[n-i][n2][1]>=0) return 1;
	return 0;
}
int main()
{
	freopen("love.in","r",stdin);
	freopen("love.out","w",stdout);
	read(n);read(n1);read(n2);
	for (R i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lf%lf%lf%lf",&a[i].q,&a[i].c,&b[i].q,&b[i].c);
	}
	double l=0,r=10000000;
	while (l+EPS<r)
	{
		double mid=(l+r)/2;
		if (pd(mid)) l=mid,ans=mid;else r=mid;
	}
	printf("%.6lf
",ans);
	return 0;
}