【BZOJ】1690: [Usaco2007 Dec]奶牛的旅行（分数规划+spfa）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1690

第一题不是水题的题。。

分数规划。。

T-T

百度吧。。http://blog.csdn.net/hhaile/article/details/8883652

也就是解最大的分数。。

【定义】

01分数规划问题：所谓的01分数规划问题就是指这样的一类问题，给定两个数组，a[i]表示选取i的收益，b[i]表示选取i的代价。如果选取 i，定义x[i]=1否则x[i]=0。每一个物品只有选或者不选两种方案，求一个选择方案使得 R=sigma(a[i]*x[i])/sigma(b[i]*x[i])取得最值，即所有选择物品的总收益/总代价的值最大或是最小。

01分数规划问题主要包含一般的01分数规划、最优比率生成树问题、最优比率环问题等。我们将会对这三个问题进行讨论。

永远要记得，我们的目标是使R取到最值，本文主要讨论取到最大值的情况。这句话我会在文中反复的强调。

【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

，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。

好难。。

我们二分L的时候。

答案符合当且有正环（为了好处理我们处理为负环）

判负环的spfa有两种版本。。

版本1（dfs，听说比较快）：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define rdm(i, x) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }
const int N=1005;
int ihead[N], a[N], n, m, cnt, vis[N], flag;
double d[N];
struct ED { int to, next, t; double w; }e[5005];
void add(int u, int v, int w) { e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].t=w; }
void spfa(int x) {
	vis[x]=1;
	int v;
	rdm(i, x) if(d[v=e[i].to]>d[x]+e[i].w) {
		if(vis[v]) { flag=1; return; }
		d[v]=d[x]+e[i].w;
		spfa(v);
		if(flag) return;
	}
	vis[x]=0;
}
bool check(double L) {
	for1(i, 1, n) rdm(j, i) e[j].w=L*e[j].t-a[e[j].to];
	for1(i, 1, n) vis[i]=d[i]=0;
	flag=0;
	for1(i, 1, n) if(!vis[i]) { spfa(i); if(flag) return 1; }
	return 0;
}
int main() {
	read(n); read(m);
	for1(i, 1, n) read(a[i]);
	int u, v, w;
	rep(i, m) { read(u); read(v); read(w); add(u, v, w); }
	double L=0, R=10000, mid;
	while(R-L>0.001) {
		mid=(L+R)/2;
		if(check(mid)) L=mid; else R=mid;
	}
	printf("%.2lf", L);
	return 0;
}

版本2（TLE是因为循环队列开小了。。。我sb？循环队列开N就够了。。之前tle的原因是忘记初始化QAQ）：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define rdm(i, x) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }
const int N=1005, Q=N;
int ihead[N], a[N], n, m, cnt, vis[N], flag, q[Q], front, tail, T[N];
double d[N];
struct ED { int to, next, t; double w; }e[5005];
void add(int u, int v, int w) { e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].t=w; }
bool spfa() {
　　front=tail=0;
    for1(i, 1, n) d[i]=0, vis[i]=1, q[tail++]=i, T[i]=1;
    int u, v;
    while(front!=tail) {
        u=q[front++]; if(front==Q) front=0; vis[u]=0;
        rdm(i, u) if(d[v=e[i].to]>d[u]+e[i].w) {
            d[v]=d[u]+e[i].w;
            if(++T[v]>=n) return 1;
            if(!vis[v]) {
                vis[v]=1;
                q[tail++]=v; if(tail==Q) tail=0;
            }
        }
    }
    return 0;
}
bool check(double L) {
    for1(i, 1, n) rdm(j, i) e[j].w=L*e[j].t-a[e[j].to];
    return spfa();
}
int main() {
    read(n); read(m);
    for1(i, 1, n) read(a[i]);
    int u, v, w;
    rep(i, m) read(u), read(v), read(w), add(u, v, w);
    double L=0, R=10000, mid;
    while(R-L>0.001) {
        mid=(L+R)/2;
        if(check(mid)) L=mid; else R=mid;
    }
    printf("%.2lf", L);
    return 0;
}

　　

Description

作为对奶牛们辛勤工作的回报，Farmer John决定带她们去附近的大城市玩 一天。旅行的前夜，奶牛们在兴奋地讨论如何最好地享受这难得的闲暇。 很幸运地，奶牛们找到了一张详细的城市地图，上面标注了城市中所有L(2 <= L <= 1000)座标志性建筑物（建筑物按1..L顺次编号），以及连接这些建筑 物的P(2 <= P <= 5000)条道路。按照计划，那天早上Farmer John会开车将奶牛 们送到某个她们指定的建筑物旁边，等奶牛们完成她们的整个旅行并回到出发点 后，将她们接回农场。由于大城市中总是寸土寸金，所有的道路都很窄，政府不 得不把它们都设定为通行方向固定的单行道。 尽管参观那些标志性建筑物的确很有意思，但如果你认为奶牛们同样享受穿 行于大城市的车流中的话，你就大错特错了。与参观景点相反，奶牛们把走路定 义为无趣且令她们厌烦的活动。对于编号为i的标志性建筑物，奶牛们清楚地知 道参观它能给自己带来的乐趣值F_i (1 <= F_i <= 1000)。相对于奶牛们在走路 上花的时间，她们参观建筑物的耗时可以忽略不计。 奶牛们同样仔细地研究过城市中的道路。她们知道第i条道路两端的建筑物 L1_i和L2_i（道路方向为L1_i -> L2_i），以及她们从道路的一头走到另一头所 需要的时间T_i(1 <= T_i <= 1000)。 为了最好地享受她们的休息日，奶牛们希望她们在一整天中平均每单位时间 内获得的乐趣值最大。当然咯，奶牛们不会愿意把同一个建筑物参观两遍，也就 是说，虽然她们可以两次经过同一个建筑物，但她们的乐趣值只会增加一次。顺 便说一句，为了让奶牛们得到一些锻炼，Farmer John要求奶牛们参观至少2个建 筑物。 请你写个程序，帮奶牛们计算一下她们能得到的最大平均乐趣值。

Input

* 第1行: 2个用空格隔开的整数：L 和 P * 第2..L+1行: 第i+1行仅有1个整数：F_i * 第L+2..L+P+1行: 第L+i+1行用3个用空格隔开的整数：L1_i，L2_i以及T_i， 描述了第i条道路。

Output

* 第1行: 输出1个实数，保留到小数点后2位（直接输出，不要做任何特殊的取 整操作），表示如果奶牛按题目中描述的一系列规则来安排她们的旅 行的话，她们能获得的最大平均乐趣值

Sample Input

5 7
30
10
10
5
10
1 2 3
2 3 2
3 4 5
3 5 2
4 5 5
5 1 3
5 2 2

Sample Output

6.00

输出说明:

如果奶牛选择1 -> 2 -> 3 -> 5 -> 1的旅行路线，她们能得到的总乐趣值
为60，为此她们得花费10单位的时间在走路上。于是她们在这次旅行中的平均乐
趣值为6。如果她们走2 -> 3 -> 5 -> 2的路线，就只能得到30/6 = 5的平均乐
趣值。并且，任何去参观建筑物4的旅行路线的平均乐趣值都没有超过4。

HINT

Source

Gold