对于0-1分数规划的Dinkelbach算法的分析

思想：摘自http://blog.csdn.net/find_my_dream/archive/2009/11/14/4810489.aspx

01分数规划的思想的描述如下：令c=(c1,c2,…,cn)和d=(d1,d2,…,dn)为n维整数向量，那么一个0-1分数规划问题用公式描述如下:FP: 最小化(c1x1+…cnxn)/(d1x1…dnxn)=cx/dx xi∈{0,1}这里x表示列向量(x1,x2,…,xn)T .0-1值向量的子集Ω称作可行域，而x则是Ω的一个元素，我们称x为可行解。即可以简化为y=c/d.那么再演变一下：y-c/d=0.我们目标是求y.那么我们可以假设函数f(y)=y-c/d.



重要结论:

对于分数规划问题，有许多算法都能利用下面的线性目标函数解决问题。

Q(L): 最小化 cx-Ldx xi∈{0,1}

记z(L)为Q(L)的最值。令x*为分数规划的最优解，并且令L*=(cx*)/(dx*)(注：分数规划的最值)。那么下面就容易知道了：

z(L) > 0 当且仅当 L<L*

z(L) = 0 当且仅当 L=L*

z(L) < 0 当且仅当 L>L*

此外，Q(L*)的最优解也能使分数规划最优化。因此，解决分数规划问题在本质上等同于寻找L=L*使z(L)=0

因此,求解f(y)=0,为其函数的最优解，即可以利用二分的思想逐步推演y,从而求得最优解.

POJ 2976一道最直观的0/1分数规划问题

Dropping tests

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Description

In a certain course, you take n tests. If you get ai out of bi questions correct on test i, your cumulative average is defined to be


.
Given your test scores and a positive integer k, determine how high you can make your cumulative average if you are allowed to drop any k of your test scores.

Suppose you take 3 tests with scores of 5/5, 0/1, and 2/6. Without dropping any tests, your cumulative average is

. However, if you drop the third test, your cumulative average becomes

.

Input

The input test file will contain multiple test cases, each containing exactly three lines. The first line contains two integers, 1 ≤ n ≤ 1000 and 0 ≤ k < n. The second line contains n integers indicating ai for
all i. The third line contains n positive integers indicating bi for all i. It is guaranteed that 0 ≤ ai ≤ bi ≤ 1, 000, 000, 000. The end-of-file is marked by a test case
with n = k = 0 and should not be processed.

Output

For each test case, write a single line with the highest cumulative average possible after dropping k of the given test scores. The average should be rounded to the nearest integer.

Sample Input

3 1
5 0 2
5 1 6
4 2
1 2 7 9
5 6 7 9
0 0

Sample Output

83
100

题目大意就 给定n个二元组(a,b)，扔掉k个二元组，使得剩下的a元素之和与b元素之和的比率最大

题目求的是 max(∑a[i] * x[i] / (b[i] * x[i])) 其中a,b都是一一对应的。 x[i]取0,1 并且 ∑x[i]
= n - k;

那么可以转化一下。 令r = ∑a[i] * x[i] / (b[i] * x[i]) 则必然∑a[i] * x[i] - ∑b[i] * x[i] * r=
0；（条件1）

并且任意的 ∑a[i] * x[i] - ∑b[i] * x[i] * max(r) <=
0 (条件2，只有当∑a[i] * x[i] / (b[i] * x[i]) = max(r) 条件2中等号才成立)

然后就可以枚举r , 对枚举的r， 求Q(r) = ∑a[i] * x[i] - ∑b[i] * x[i] * r 的最大值， 为什么要求最大值呢？ 因为我们之前知道了条件2，所以当我们枚举到r为max(r)的值时，显然对于所有的情况Q(r)都会小于等于0，并且Q(r)的最大值一定是0.而我们求最大值的目的就是寻找Q(r)=0的可能性，这样就满足了条件1，最后就是枚举使得Q(r)恰好等于0时就找到了max(r)。而如果能Q(r)>0
说明该r值是偏小的，并且可能存在Q(r)=0,而Q(r)<0的话，很明显是r值偏大的，因为max(r)都是使Q(r)最大值为0，说明不可能存在Q(r)=0了，需要换方向搜索了、

然后算法框架就出来了。

二分枚举r。对每个r。求出每个a[i] - b[i] * r; 然后排序，将最大的n-k个相加即为最Q(r)的最大值。

#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define  eps 1e-6
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
double a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
int n, k;

double get_sum(double r)
{
    double sum = 0.0;
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        c[i] = a[i] - r * b[i];
    }
    sort(c, c + n);
    for(int i = k; i < n; ++i)
    {
        sum += c[i];
    }
    return sum;
}

int main()
{
    //freopen("aa.in", "r", stdin);
    //freopen("bb.out", "w", stdout);
    while(scanf("%d %d", &n, &k) && n+k)
    {
        for(int i = 0; i < n; ++i)
        {
            scanf("%lf", &a[i]);
        }
        for(int i = 0; i < n; ++i)
        {
            scanf("%lf", &b[i]);
        }
        double low = 0.0, high = 1.0, mid;
        while(low + eps < high)
        {
            mid = (low + high) / 2;
            if(get_sum(mid) < 0)
                high = mid;
            else
                low = mid;
        }
        printf("%.0lf\n", low*100.0);
    }
    return 0;
}