2013编程之美挑战赛复赛第二轮---招聘

题目2：招聘

时间限制: 3000ms 内存限制: 256MB

描述

Alice新开了一家公司，它的下面有两个项目，分别需要N₁和N₂个人来完成。现在有N个人前来应聘，于是Alice通过面试来决定他们中的哪些人会被录用。

Alice在面试中，会仔细考察他们能如何为公司的项目带来收益。她给每个人打了两个分值Q₁和Q₂，表示他加入第一个和第二项目分别能带来的收益值。同时，她也会仔细考察他们每个人的缺点，并且给每人打了另两个分值C₁和C₂，表示他们进入每个项目可能带来的负面效应。Alice心目中的最优决策是，在决定好录用哪些人以及每个人在哪个项目下工作之后，他们为公司带来的收益总和，除以他们为项目带来的负面效应总和，这个比值要最大。你能帮他计算出在最优决策下，这个比值为多少吗？

前来应聘的人数总是大于等于两个项目需求人数的总和，因此Alice一定会恰好招N₁+N₂个人，分配给第一个项目N₁个人，分配给第二个项目N₂个人，没有人会同时属于两个项目。

输入

输入文件包含多组测试数据。

第一行，给出一个整数T，为数据组数。接下来依次给出每组测试数据。

每组数据第一行为三个用空格隔开的整数N，N₁，N₂，表示前来应聘的人数，以及两个项目分别需要的人数。

接下来N行，每行是用空格隔开的四个整数Q₁，C₁，Q₂，C₂，依次表示每个人在第一个项目下的价值和负面效应，以及第二个项目下的价值和负面效应。

输出

对于每组测试数据，输出一行"Case #X: Y"，其中X表示测试数据编号，Y表示最优决策下招募的人的价值总和与负面效应总和的比值，与正确答案的绝对误差不应超过10^-6。所有数据按读入顺序从1开始编号。

数据范围

T ≤ 100

1 ≤ Q₁, Q₂ ≤ 2000

1 ≤ C₁, C₂ ≤ 50

小数据：0 < N₁ + N₂ ≤ N ≤ 50,

大数据：0 < N₁ + N₂ ≤ N ≤ 500

样例输入

5 2 2

12 5 8 3

9 4 9 4

7 3 16 6

11 5 7 5

18 10 6 3

样例输出

Case #1: 2.444444

解题思路

这是一道典型的01分数规划问题，我们想要求这样一个函数的最大值 f(x)/g(x)（g(x)>0）, 我们只需找到最小的r，使得存在x满足h(x)=f(x)-r*g(x)>=0，这个r即为解。而这个r可以通过二分来确定。我们现在只需在给定r的条件下，求解f(x)-r*g(x)的最大值即可。

在这道问题中，f(x)=sum(Q1[i])+sum(Q2[j]) (i in S1, j in S2),g(x)=sum(C1[i])+sum(C2[j]) (i in S1, j in S2), 我们需要确定出两个集合S1,S2，使得f(x)-r*g(x)最大，即h(x)=sum(Q1[i]-r*C1[i])+sum(Q2[j]-r*C2[j])(i in S1, j in S2)。这里我们只需用动态规划来求解。令f[i][j][k]表示，在前i个人之中，有j个人属于S1，有k个人属于S2，此时最大的h(x)函数值为多少，转移很好考虑，即下一个人分在哪个项目或者不招进来。这样便能找到最大的h(x)。

仅仅做到这里还是不够，考虑到数据范围，这种做法可能会超时。一种优化思路是，当S1集合的人定下来时时，S2集合中的人一定可以贪心地选择剩余人中Q2[j]-r*C2[j]值最大的前N2个人，由此我们修改这个算法，先将所有人按Q2[j]-r*C2[j]从大到小排序，然后令f[i][j]表示前i个人之中，有j个人属于S2，并且不属于S1的人自动选前N2个人属于S2，此时h(x)的最大值。转移方式类似。如此一来，时间复杂度会下降一个阶，可以解决这道题目。

代码参考排名第二的zzz：学习一下，不愧为微软。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <map>
#include <string>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <algorithm>using namespace std;const int MAXN = 505;int n, n1, n2;
int q1[MAXN], c1[MAXN], q2[MAXN], c2[MAXN];
pair<double, double> a[MAXN];
double f[MAXN][MAXN];
bool ok(double ans)
{for (int i = 1; i <= n; ++i) {a[i] = make_pair(q1[i] - ans * c1[i], q2[i] - ans * c2[i]);}sort(a + 1, a + n + 1);reverse(a + 1, a + n + 1);double res = 0;f[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {f[i][0] = f[i - 1][0] + (i <= n1) * a[i].first;for (int j = 1; j < i && j <= n2; ++j) {f[i][j] = max(f[i - 1][j] + (i - j <= n1) * a[i].first, f[i - 1][j - 1] + a[i].second);}if (i <= n2) f[i][i] = f[i - 1][i - 1] + a[i].second;}for (int i = n1 + n2; i <= n; ++i)res = max(res, f[i][n2]);return res > 0;
}
void work()
{scanf("%d%d%d", &n, &n1, &n2);for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d%d%d%d", &q1[i], &c1[i], &q2[i], &c2[i]);}double f = 0, r = 20000;for (int tmp = 0; tmp < 70; ++tmp) {double mid = (f + r) / 2;if (ok(mid)) f = mid;else r = mid;}printf("%.6f\n", (f+r)/2);
}
int main()
{int cases;scanf("%d", &cases);for (int tcase = 1; tcase <= cases; ++tcase) {printf("Case #%d: ", tcase);work();}return 0;
}

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