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poj2728 Desert King,最优比例生成树


题意:有n个村庄,村庄在不同坐标和海拔,现在要对所有村庄供水,只要两个村庄之间有一条路即可,
建造水管距离为坐标之间的欧几里德距离(好象是叫欧几里德距离吧),费用为海拔之差
现在要求方案使得费用与距离的比值最小
很显然,这个题目是要求一棵最优比率生成树,


0-1分数规划,0-1分数规划是分数规划的一种特殊情况,分数规划适用于求解最优化问题的,对于求最大的对应解,该理论也有效
这是从网上找到的具体的最优比率生成树的方法的讲解
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概念
有带权图G, 对于图中每条边e[i], 都有benifit[i](收入)和cost[i](花费), 我们要求的是一棵生成树T, 它使得 ∑(benifit[i]) / ∑(cost[i]), i∈T 最大(或最小).
这显然是一个具有现实意义的问题.
解法之一 0-1分数规划
设x[i]等于1或0, 表示边e[i]是否属于生成树.
则我们所求的比率 r = ∑(benifit[i] * x[i]) / ∑(cost[i] * x[i]), 0≤i 为了使 r 最大, 设计一个子问题---> 让 z = ∑(benifit[i] * x[i]) - l * ∑(cost[i] * x[i]) = ∑(d[i] * x[i]) 最大 (d[i] = benifit[i] - l * cost[i]) , 并记为z(l). 我们可以兴高采烈地把z(l)看做以d为边权的最大生成树的总权值.
然后明确两个性质:
 1. z单调递减
  证明: 因为cost为正数, 所以z随l的减小而增大.
 2. z( max(r) ) = 0
  证明: 若z( max(r) ) < 0, ∑(benifit[i] * x[i]) - max(r) * ∑(cost[i] * x[i]) < 0, 可化为 max(r) < max(r). 矛盾;
   若z( max(r) ) >= 0, 根据性质1, 当z = 0 时r最大.
到了这个地步, 七窍全已打通, 喜欢二分的上二分, 喜欢Dinkelbach的就Dinkelbach.

复杂度
时间 O( O(MST) * log max(r) )
空间 O( O(MST) )
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关于分数规划的学习我找到了一篇论文,里面有讲分数规划,特别详细
算法合集之《最小割模型在信息学竞赛中的应用》
黑书上说求最小生成树有O(n)的方法,没去找

迭代+prim

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define for0(a,b) for(a=0;a=b;--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000 + 5;
const int maxm = 100005;
const int INF = 1e9;

double x[maxn], y[maxn], z[maxn];
double cost[maxn][maxn], dist[maxn][maxn];
int n;
double Dist(int i, int j)
{
    return sqrt( (x[i]-x[j])*(x[i]-x[j]) + (y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]) );
}

void init()
{
    int i, j;
    for1(i,n) scanf("%lf%lf%lf", &x[i], &y[i], &z[i]);
    for1(i,n) foru(j,i+1,n){
        dist[i][j] = dist[j][i] = Dist(i, j);
        cost[i][j] = cost[j][i] = fabs(z[i] - z[j]);
    }
}

    int vis[maxn], pre[maxn];
    double dis[maxn];
double prim(double p)
{
    int i, j;
    memset(vis, 0, sizeof vis ); vis[1] = 1;
    foru(i,2,n) {
        dis[i] = cost[1][i]-dist[1][i]*p;
        pre[i] = 1;
    }

    double Cost = 0, Len = 0;
    for0(i,n-1){
        double Mincost = INF;
        int k = -1;
        for1(j,n){
            if(!vis[j] && dis[j]tmp){
                dis[j] = tmp;
                pre[j] = k;
            }
        }
    }
    return Cost / Len;
}

void solve()
{
    //牛顿迭代
    double x0=0, x=0;
    while(true){
        x = prim(x0);
        if(fabs(x-x0)<1e-4) break;
        x0 = x;
    }
    printf("%.3f\n", x);
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.cpp","r",stdin);
    freopen("out.cpp", "w", stdout);
#endif // ONLINE_JUDGE
    int i, j;
    while(~scanf("%d", &n))
    {
        if(n==0) break;
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}


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