POJ 2728 Desert King 最优比率生成树

题目链接：http://poj.org/problem?id=2728

题意是给出n个点的x，y，z值，要将n个点通过边连接起来。两个点之间的价值w是两点之间的平面欧几里德距离，费用c是两点直接的z坐标差。要求∑c/∑w的最小值。

意思就是要求一个价值和费用比最高的生成树。

题目要求的就是最小的r = ∑c/∑w

我们可以构造一个这样的子问题，求z(k) = ∑c – k * ∑w

由于运算的性质，我们可以转化成：z(k) = ∑(ci – k * wi)

这样一来，求z(k)的最小值的问题就能够转化为求边i的权值为ci - k * wi的最小生成树的问题了。

同时函数z满足单调减，因为k越大，每个点的价值越小。

同时能过推出让r最小的k值minr满足：z(minr) = 0。这个结论是很好证明的。

那么我们现在就是要找到一个k值使得z(k) = 0。

下面的事情就简单了。我采取的是二分答案的做法，事实上从0~100进行25次二分就能够找到足够精确的答案。（20次二分不行……会WA，别问我怎么知道的）

循环控制可以是mark++<25也可以是r– l > 1e-5

PS：貌似最大生成树使用kruskal会导致TLE，推荐使用prim算法。

 

AC代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cmath>#define MAXN 1005#define MAXE 1000005#define EPS 1e-7using namespace std;const double MaxDouble=100000007.0;double map[MAXN][MAXN];//邻接表 double cost[MAXN][MAXN];double lowcost[MAXN];//最短距离 int vis[MAXN];//是否访问过 int n;struct point{int x;int y;int z;}p[MAXN];double dis(int a,int b){return sqrt(1.0*(p[a].x-p[b].x)*(p[a].x-p[b].x)+1.0*(p[a].y-p[b].y)*(p[a].y-p[b].y));}int sign(double x){if(fabs(x)<EPS) return 0;else return x<0?-1:1;}double prim(int seed,double k)//参数seed: 初始随机选择的起始点编号 {double minn,res=0;int i,j,pos;memset(vis,0,sizeof(vis));//初始化访问状态 vis[seed]=1;pos=seed;//设置初始节点 for(i=0;i<n;i++) lowcost[i]=cost[pos][i]-k*map[pos][i];//第一次更新lowcost for(i=0;i<n-1;i++)//连n-1条边 {minn=MaxDouble;//初始化 for(j=0;j<n;j++){if(vis[j]==0&&lowcost[j]<minn)//遍历所有节点，寻找lowcost最小的点 {minn=lowcost[j];pos=j;}}res+=minn;//答案增加 vis[pos]=1;//更新访问状态for(j=0;j<n;j++){double temp=cost[pos][j]-k*map[pos][j];if(vis[j]==0&&lowcost[j]>temp)//根据新的节点更新lowcost值 lowcost[j]=temp;}}return res;}int del(int x){return x>0?x:-x;}int main(){int i,j,a,b;while(cin>>n,n){for(i=0;i<n;i++)//读入&处理  scanf("%d%d%d",&p[i].x,&p[i].y,&p[i].z);for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<i;j++){map[i][j]=map[j][i]=dis(i,j);cost[i][j]=cost[j][i]=del(p[i].z-p[j].z);}double l=0.0,r=100.0,mid;int mark=0;while(mark++<25)//进行25次二分{mid=(l+r)/2;if(sign(prim(0,mid))>=0) l=mid;else r=mid;}printf("%0.3f\n",r);}}