poj2728-最小比率生成树/0-1分数规划/二分/迭代
2012-11-13 00:34
435 查看
题目意思:
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,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规划:
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<m .
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.
代码:
if变量后面可以切换使用二分和迭代。if 0是二分,if 1是迭代,迭代300ms+,二分1400ms+
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,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规划:
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<m .
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.
代码:
if变量后面可以切换使用二分和迭代。if 0是二分,if 1是迭代,迭代300ms+,二分1400ms+
#include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #include <math.h> #define nMax 1050 #define inf 0x7fffffff static double eps = 1e-4; int vis[nMax],x[nMax],y[nMax],z[nMax],pre[nMax]; double dis[nMax],cost[nMax][nMax],dist[nMax][nMax]; int n; double prim(double x)//普利姆算法求最小生成树 { double totalcost = 0, totaldist = 0; double sum = 0.0; for (int i = 1; i <= n; ++ i) { pre[i] = 1; } dis[1] = 0; memset(vis, 0, sizeof(vis)); vis[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++ i) { dis[i] = cost[1][i] - dist[1][i] * x; } int k; for (int i = 2; i <= n; ++ i) { double minCost = inf; for (int j = 2; j <= n; ++ j) { if (!vis[j] && dis[j] < minCost) { minCost = dis[j]; k = j; } } vis[k] = 1; sum += minCost;//for 二分 totalcost += cost[pre[k]][k]; totaldist += dist[pre[k]][k]; for (int j = 1; j <= n; ++ j) { if (!vis[j] && dis[j] > cost[k][j] - dist[k][j] * x) { dis[j] = cost[k][j] - dist[k][j] * x; pre[j] = k; } } } #if 0//0 for 二分, 1 for 迭代 return totalcost / totaldist; #else return sum; #endif } int main() { while (scanf("%d", &n), n) { for (int i = 1; i <= n; ++ i) { scanf("%d%d%d", &x[i], &y[i], &z[i]); for (int j = 1; j < i; ++ j) { double tmp = (x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]); cost[i][j] = cost[j][i] = abs(z[i] - z[j]);//海拔 dist[i][j] = dist[j][i] = sqrt(tmp);//欧式距离 } } double a = 0; #if 0//1为迭代,0为二分 while (1)//迭代求最大值 { double b = prim(a); if (abs(a - b) < eps) { printf("%.3f\n", a); break; } else a = b; } #else double head = 0,tail = 100000.0; while (tail - head > 1e-5) { double mid = (head + tail) / 2.0; a = prim(mid); if (a >= 0) { head = mid; } else tail = mid; } printf("%.3f\n", tail); #endif } return 0; }
相关文章推荐
- POJ2728 最小比率生成树/0-1分数规划/二分/迭代(迭代不会)
- 最小比例生成树(01分数规划)二分或迭代
- poj2728 最小比率生成树——01分数规划
- 最小比例生成树(01分数规划)二分或迭代
- POJ 2728 Desert King(01分数规划+二分+最小生成树-Prim)
- 【分数规划-最小比例生成树】POJ2728[Desert King]题解
- POJ 2728 Desert King (最小比率生成树,二分/迭代)
- POJ.2728.Desert King(最优比率生成树 Prim 01分数规划 二分/Dinkelbach迭代)
- poj 2728 Desert King 【最优比例生成树 0-1分数规划】 【二分 or 迭代 + MST】
- poj_2728 Desert King(最优比率生成树+01分数规划+二分+prim)
- 【分数规划】【最优比率环 & 最优比率生成树】poj3621 Sightseeing Cows && poj2728 Desert King
- [01分数规划]分数规划,最优比率生成树,最优比率生成环
- 01分数规划poj2728(最优比例生成树)
- 【POJ】2728 Desert King 最优比率生成树——01分数规划【经典】
- POJ 2728-Desert King(01分数规划_最优比率生成树)
- POJ --- 2728 【最优比率生成树 --- 01分数规划】
- POJ 2728 (最优比率生成树+二分或者迭代)
- Desert King (poj 2728 最优比率生成树 0-1分数规划)
- Desert King(01分数规划+最小生成树prim算法)
- poj2728 Desert King 【最优比例生成树 01分数规划】