题解 [JSOI2016][LuoguP4322]最佳团体

题解 [JSOI2016][LuoguP4322]最佳团体

题目链接

前置：分数规划

参考：https://oi-wiki.org/misc/frac-programming/

分数规划用来求一个分式的极值：给出 $a_i,b_i$，求一组 w i ∈ { 0 , 1 } w_i\in\{0,1\} wi​∈{0,1} 使 $\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i{w}_i}{{\sum }_{i=1}^n{b}_i{w}_i}$ 最小化或最大化，再加上一些奇怪的限制。

二分求解

最大值：二分一个答案 $mid$，则：

$$\begin{gathered} \frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i{w}_i}{{\sum }_{i=1}^n{b}_i{w}_i}>mid \\ ⟹\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i-mid\times \sum _{i=1}^n{b}_i{w}_i>0 \\ ⟹\sum _{i=1}^n{w}_i(a_i-mid\times b_i)>0 \end{gathered}$$

之后求 ${\sum }_{i=1}^n{w}_i(a_i-mid\times b_i)$ 的最大值就行了。（比 $0$ 大则 $mid$ 可行）

最小值同理，求求 ${\sum }_{i=1}^n{w}_i(a_i-mid\times b_i)$ 的最小值。

例题

给出 $a_i,b_i$，求一组 w i ∈ { 0 , 1 } w_i\in\{0,1\} wi​∈{0,1} 使 $\frac{{\sum }_{i=1}^n{a}_i{w}_i}{{\sum }_{i=1}^n{b}_i{w}_i}$ 最大化。

把 $w_i(a_i-mid\times b_i)$ 作为第 $i$ 个物品的权值，选择所有 $>0$ 的物品。

const int N = 1e5 + 10;
const double eps = 1e-6;
int n; double a[N], b[N];

bool check(double mid){
	double res = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		if(a[i] - mid * b[i] > 0) s += a[i] - mid * b[i];
	return s > 0;
}
double solve(){
	double l = 0, r = 1e9;
	while(l + eps < r){
		double mid = (l + r) / 2;
		if(check(mid)) l = mid; else r = mid;
	}
	return l;
}

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前置：树形依赖背包

$O(n^{2}m)$ 解

状态 $F[x,t]$：在以 $x$ 为根的子树中选 $t$ 个物品的最大收益。

技巧：如有多个节点为根，新建超级根 $0$。

转移方程：$F[x,t]=\underset{{\sum }_{i=1}^p{c}_i=t-1}{\max }\{\sum _{i=1}^{p}F[y_i,c_i]\}+We{i}_x$

const int N = 310;
int n, m, Wei[N], dp[N][N];//总物品数、选择物品数、物品重量、DP数组
vector<int> Edge[N];//图
void dfs(int x){
	dp[x][0] = 0;
	for(int i = 0; i < Edge[x].size(); ++ i){
		int y = Edge[x][i];
		dfs(y);
		for(int t = m; t >= 0; -- t)//当前背包体积
			for(int j = 0; j <= t; ++ j)//组内物品
				dp[x][t] = max(dp[x][t], dp[x][t-j] + dp[y][j]);
	}
	if(x)//超级根 0 不用占物品数
		for(int t = m; t > 0; -- t)
			dp[x][t] = dp[x][t-1] + Wei[x];
	return ;
}

$O(n+nm)$ 解

把节点重新编号，使得每棵子树的编号最大的节点为它的根。使用后序遍历解决。

void dfs(int x){
	siz[x] = 1;
	for(int i = 0; i < g[x].size(); ++ i){
		int y = g[x][i]; dfs(y);
		siz[x] += siz[y];
	}
	pos[++cnt] = x;//pos[x]为新编号 x 的节点在原来的编号
}

然后按着编号顺序 dp 即可。dp 到一个节点，其子节点已经都被 dp 过了。

for(int i = 1; i <= cnt; ++ i)
		for(int j = 1; j <= k; ++ j)
			f[i][j] = max(f[i-1][j-1]+val[pos[i]], f[i-siz[pos[i]]][j]);

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正文

JSOI2016]最佳团体

给你一棵树，每个节点有 $a_i,b_i$，选择 $k$ 个节点使得 $\frac{{\sum }_{i=1}^k{a}_i}{{\sum }_{i=1}^k{b}_i}$ 最大化。要求此 $k$ 个节点组成一棵树，且根节点为 $0$，边方向与原树相同。

$1\le n,k\le 2500$

转化为 01 分数规划。令 $a_i-mid\times b_i$ 为每个点权值，跑树形背包即可。

这里可以使用预处理时间戳的树形背包，复杂度做到 $O(nk\log val)$。

const int N = 2510;
int k, n, siz[N], pos[N], cnt;
double f[N][N], val[N];
pair<int, int> p[N];
vector<int> g[N]; 

void dfs(int x){
	siz[x] = 1;
	for(int i = 0; i < g[x].size(); ++ i){
		int y = g[x][i]; dfs(y);
		siz[x] += siz[y];
	}
	pos[cnt] = x;
}
bool check(double mid){
	for(int i = 0; i <= cnt; ++ i)
		for(int j = 1; j <= k; ++ j) f[i][j] = -1e9;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		val[i] = (double) p[i].first - mid * p[i].second;
	for(int i = 1; i <= cnt; ++ i)
		for(int j = 1; j <= k; ++ j)
			f[i][j] = max(f[i-1][j-1]+val[pos[i]], f[i-siz[pos[i]]][j]);
	return f[cnt][k] > 0;//用cnt，不能用n（因为n不包括节点0）
}
double solve(){
	dfs(0); ++ k;
	double l = 0, r = 1e5;
	while(l + 1e-5 <= r){
		double mid = (l + r) / 2;
		if(check(mid)) l = mid; else r = mid;
	}
	return l;
}