AIOJ

分数规划用来求一个分式的极值．其形式化表述是，给出 $a_i$ 和 $b_i$ ，求一组 $w_i\in\{0,1\}$ ，最小化或最大化

\displaystyle\frac{\sum\limits_{i=1}^na_i\times w_i}{\sum\limits_{i=1}^nb_i\times w_i}

通俗来讲，这类问题类似于：每种物品有两个权值 $a$ 和 $b$ ，选出若干个物品使得 $\displaystyle\frac{\sum a}{\sum b}$ 最小或最大．

一般分数规划问题还会有一些特殊的限制，比如「分母至少为 $W$ 」．

求解

二分法

分数规划问题的通用方法是二分答案法．假设当前二分到的答案为 $\textit{mid}$ ，则一组满足条件的 $\{w_i\}$ 会让权值大于等于 $\textit{mid}$ ．根据这一条件列不等式并变形

\displaystyle \begin{aligned} &\frac{\sum a_i\times w_i}{\sum b_i\times w_i}\ge mid\\ \Longrightarrow&\sum a_i\times w_i-mid\times \sum b_i\cdot w_i\ge 0\\ \Longrightarrow&\sum w_i\times(a_i-mid\times b_i)\ge 0 \end{aligned}

那么只要求出不等号左边的式子的最大值就行了．如果最大值比 $0$ 要大，说明 $mid$ 是可行的，否则不可行．分数规划的主要难点就在于如何求 $\displaystyle \sum w_i\times(a_i-mid\times b_i)$ 的最大值或最小值．

Dinkelbach 算法

Dinkelbach 算法¹的大概思想是每次用上一轮的答案当做新的 $L$ 来输入，不断地迭代，直至答案收敛．

例题

LOJ 149 01 分数规划

有 $n$ 个物品，每个物品有两个权值 $a$ 和 $b$ ．求一组 $w_i\in\{0,1\}$ ，满足 $w_i$ 中恰好有 $k$ 个 $1$ ，最大化 $\displaystyle\frac{\sum a_i\times w_i}{\sum b_i\times w_i}$ 的值．

解法

把 $a_i-mid\times b_i$ 作为第 $i$ 个物品的权值，贪心地选权值前 $k$ 大的物品．若权值和大于 $0$ 则可行，否则不可行．

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <functional>
using namespace std;

constexpr int N = 100000 + 10;
constexpr double eps = 1e-6;

int n, k;
int a[N], b[N];
double c[N];

bool check(double mid) {
  double s = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = a[i] - b[i] * mid;
  // 将权值从大到小排序
  sort(c + 1, c + n + 1, greater<double>());
  for (int i = 1; i <= k; ++i)  // 选择前 k 个物品
    s += c[i];
  return s >= 0;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &k);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &b[i]);
  double L = 0, R = 1;
  while (R - L > eps) {
    double mid = (L + R) / 2;
    if (check(mid))  // mid 可行，答案比 mid 大
      L = mid;
    else  // mid 不可行，答案比 mid 小
      R = mid;
  }
  printf("%.6lf\n", L);
  return 0;
}

洛谷 4377 Talent Show G

有 $n$ 个物品，每个物品有两个权值 $a$ 和 $b$ ．

你需要确定一组 $w_i\in\{0,1\}$ ，使得 $\displaystyle\frac{\sum w_i\times a_i}{\sum w_i\times b_i}$ 最大．

要求 $\displaystyle\sum w_i\times b_i \geq W$ ．

解法

本题多了分母至少为 $W$ 的限制，因此无法再使用上一题的贪心算法．

可以考虑 01 背包．把 $b_i$ 作为第 $i$ 个物品的重量， $a_i-mid\times b_i$ 作为第 $i$ 个物品的价值，然后问题就转化为背包了．那么 $dp[n][W]$ 就是最大值．

在 DP 过程中，物品重量和可能超过 $W$ ，此时直接视为 $W$ 即可．

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

constexpr int MAXN = 250 + 10;
constexpr int MAXW = 1000 + 10;
constexpr double eps = 1e-6;

int n, W;
int w[MAXN], t[MAXN];
double f[MAXW];

bool check(double mid) {
  double s = 0;
  for (int i = 1; i <= W; i++) f[i] = -1e9;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = W; j >= 0; j--) {
      int k = min(W, j + w[i]);
      f[k] = max(f[k], f[j] + t[i] - mid * w[i]);
    }
  return f[W] >= 0;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &W);
  double L = 0, R = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d %d", &w[i], &t[i]);
    R += t[i];
  }
  while (R - L > eps) {
    double mid = (L + R) / 2;
    if (check(mid))
      L = mid;
    else
      R = mid;
  }
  printf("%d\n", (int)(L * 1000));
  return 0;
}

POJ2728 Desert King

每条边有两个权值 $a_i$ 和 $b_i$ ，求一棵生成树 $T$ 使得 $\displaystyle\frac{\sum_{e\in T}a_e}{\sum_{e\in T}b_e}$ 最小．

解法

把 $a_i-mid\times b_i$ 作为每条边的权值，那么最小生成树就是最小值．本题中需要求解一个完全图中的最小生成树，应利用 Prim 算法求解．

参考代码

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1000 + 10;
const double eps = 1e-5;

int n;
double d[N][N], c[N][N], dis[N];
int x[N], y[N], z[N];
bool vis[N];

bool ok(double m) {
  double ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = false;
  dis[1] = 0;
  for (int i = 2; i <= n; i++) dis[i] = 1e18;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    double mn = 1e18;
    int pt = -1;
    for (int j = 1; j <= n; j++)
      if (!vis[j] && mn > dis[j]) {
        pt = j;
        mn = dis[j];
      }
    if (!~pt) break;
    vis[pt] = true;
    ans += mn;
    for (int j = 1; j <= n; j++)
      if (j != pt) dis[j] = min(dis[j], c[pt][j] - m * d[pt][j]);
  }
  return ans >= 0;
}

int main() {
  while (scanf("%d", &n) == 1) {
    if (n == 0) break;
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d %d", &x[i], &y[i], &z[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
        d[i][j] = d[j][i] =
            sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
        c[i][j] = c[j][i] = abs(z[i] - z[j]);
      }
    double l = 0, r = 10000000;
    while (r - l > eps) {
      double m = (l + r) / 2;
      if (ok(m))
        l = m;
      else
        r = m;
    }
    printf("%.3f\n", l);
  }
  return 0;
}

[HNOI2009] 最小圈

每条边的边权为 $w$ ，求一个环 $C$ 使得 $\displaystyle\frac{\sum_{e\in C}w}{|C|}$ 最小．

解法

把 $a_i-mid$ 作为边权，那么权值最小的环就是最小值．

因为我们只需要判最小值是否小于 $0$ ，所以只需要判断图中是否存在负环即可．

另外本题存在一种复杂度 $O(nm)$ 的算法，如果有兴趣可以阅读这篇文章．

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <tuple>
#include <vector>
using namespace std;

constexpr int N = 3000 + 10;
constexpr double eps = 1e-9;

int n, m;
double dis[N];
vector<pair<int, double>> g[N];

bool check(double mid) {  // 如果有负环返回 true
  bool flag = false;
  dis[0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) dis[i] = 1e9;
  for (int t = 1; t <= n; ++t) {
    flag = false;
    for (int u = 0; u <= n; ++u)
      for (auto vw : g[u]) {
        int v;
        double w;
        tie(v, w) = vw;
        if (dis[v] > dis[u] + w - mid) {
          dis[v] = dis[u] + w - mid;
          flag = true;
        }
      }
    if (!flag) break;
  }
  return flag;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    int u, v;
    double w;
    scanf("%d %d %lf", &u, &v, &w);
    g[u].push_back({v, w});
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) g[0].push_back({i, 0});
  double L = -1e7, R = 1e7;
  while (R - L > eps) {
    double mid = (L + R) / 2;
    if (check(mid))
      R = mid;
    else
      L = mid;
  }
  printf("%.8lf\n", L);
  return 0;
}

习题

参考资料与注释

Footnotes

Dinkelbach, Werner. "On nonlinear fractional programming." Management science 13.7 (1967): 492-498. ↩

分数规划

求解

二分法

Dinkelbach 算法

例题

习题

参考资料与注释

Footnotes

练习