【洛谷题解/AcWing题解/OI学习笔记】洛谷P2868【USACO07DEC】Sightseeing Cows G（01分数规划求最大比率）

题目链接

洛谷链接： https://www.luogu.com.cn/problem/P2868
AcWing链接： https://www.acwing.com/problem/content/363/

涉及知识

SPFA 求负环（正环）

概念解析

01分数规划是一类求最优比率的优化问题，目的在于求出某一比值的最大值或者最小值。对于给定的每一个点和每一条边，要么选，要么不选。

此类问题通常有以下几种变种：
‌1、基础01分数规划‌：从n个物品中选k个
‌2、最优比率生成树‌： 图上选n-1条边构成生成树，使花费/收益比最优。
3‌、最优比率环‌： 图上找一个环，使环上收益和/代价和比最优。
‌4、匹配类‌： 如新生舞会问题，二分图匹配中求最大平均值。

求解此类题目的核心做法，核心在于将分式转化为整式，达到线性求解的目的。然后运用二分法，对于每一个 $mid$ 值跑一遍 SPFA 算法，检查其是否满足条件，找到最值。

思路分析

本文主要聚焦最优比率环问题。
观光奶牛一题要求我们求出最大单位时间乐趣值，而乐趣值的来源是在每一个地标（点）的停留，时间花费在牛道（边），因此“最大单位时间乐趣值”实际上就是求分式$\frac{\Sigma f_i}{\Sigma t_i}$ 的最大值。而此题又要求最后需要回到起始地标，因此此题在最大比率的基础上多了环的要求，即成为 “最优比率环”问题。

求最大值，我们可以采用二分法，每次判断 $mid$ 是否符合题意，即得分式：
$$\frac{\Sigma f_i}{\Sigma t_i}>mid$$
然后，我们将其进行处理，得到：
$$\Sigma f_i-mid\Sigma t_i>0$$
这时候，我们相当于虚拟出一张边权为 $f_i-mid\Sigma t_i$ 的图，判断其是否存在正环即可。（反之，如果求最小值，则是判断是否存在负环）

判断是否存在负环，可以判断到某点时走过的路径条数是否超过 $n-1$，时间复杂度属于线性，较低。

AC代码

//01分数规划
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;

const int N = 1100, M = 2e4 + 10;

int n, m;
double dis[N], wf[N], wt[M];
int st[N], cnt[N];
int e[M], ne[M], h[N], idx;

void add(int a, int b, int c)
{
	e[idx] = b;
	wt[idx] = c;
	ne[idx] = h[a];
	h[a] = idx++;
	return;
}

bool check(double mid)
{
	memset(dis, 0, sizeof dis);
	memset(st, 0, sizeof st);
	memset(cnt, 0, sizeof cnt);
	
	queue<int> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		q.push(i);
		st[i] = true;
	}
	
	while (!q.empty())
	{
		int now = q.front();
		q.pop();
		st[now] = false;
		
		for (int i = h[now]; i != -1; i = ne[i])
		{
			int j = e[i];
			if (dis[j] < dis[now] + wf[now] - mid * wt[i])
			{
				dis[j] = dis[now] + wf[now] - mid * wt[i];
				cnt[j] = cnt[now] + 1;
				if (cnt[j] >= n) return true;
				if (!st[j])
				{
					st[j] = true;
					q.push(j);
				}
			}
		}
	}
	return false;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	memset(h, -1, sizeof h);
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> wf[i];
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int a, b;
		double c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
	}
	double l = 0, r = 1e4;
	while (r - l > 1e-4)
	{
		double mid = (l + r) / 2;
		if (check(mid)) l = mid;
		else r = mid;
	}
	printf("%.2lf", r);
	return 0;
}