一、引言
好久之前做过这道题，而且是提交了好多次AC代码，前几天又遇到类似的依然懵逼，不光我懵逼，一块做题的acmer也跟着懵逼了，而且大家都做过.......好了被钉在耻辱柱子上了。所以今天又回来补一下博客。
二、题意
大意：给n个数对（ai,bi），现在删掉不超过k个数对，使得最大。
三、思路
看上去这道题有点像溶液浓度问题——贪心。但是你用公式化简溶液加入两种新的溶液的密度条件：（a+c）/(b+d) <(a+e)/(b+f)
化简结果为：af+c(b+f)<ad+e(b+d)，跟a和b有关（也就是跟以前溶液的情况有关），现在的决策受到以前决策的影响，无法贪心。
正解为：
设二分变量为ans，每次check 原式能否达到ans， 原式>=ans，也就是
ansa<=100*sigma(ai)/sigma(bi)，去分母,然后移项：
ans*sigma(bi)-sigma(ai)<=0;
观察公式，形式为一次函数形式：f（ans）=a*ans+b <= 0的形式,所以可以用对ans二分求解。
而check函数：
将sigma合并
sigma(ans*bi-ai)<=0;
然后对ans*bi-ai排序，有序之后上述公式求和过程便是单调的了，我们check验证此时原式能否满足原式>=ans，所以我们很容易从大到小检查前n-k个求和是否大于等于0，大于等于0就是可以满足条件原式>=ans，所以ans小了应该往上偏移，反之亦然。
时间复杂度：二分ans：log100<7 乘以 [ check时排序了一下nlogn 加上 并列的从大到小遍历n] 结果为O（7nlogn）
四、AC代码
//#include<bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
/*
二分
https://vjudge.net/problem/POJ-2976
取前n-k大的
*/
typedef long long ll;
typedef struct
{
ll x,y;
}Tone;
Tone co[1010];
ll n,k;
ll s;
double c[1010];
int check(double ans)
{
int i;
int p=n-1;
double sum=0;for(i=0;i<n;i++)
c[i]=co[i].x*100-ans*co[i].y;
sort(c,c+n);
for(i=0;i<s;i++)
{
sum+=c[p];
p--;
}
return sum>=0;
}
int main()
{
double m;
ll i,k;
double a,b;
while(cin>>n>>k,n||k)
{
s=n-k;
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%I64d",&co[i].x);
}
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%I64d",&co[i].y);
}
a=0;
b=100;
int x=200;//二分200次精度就差不多够了
while(x--)
{
m=(a+b)/2;
if(check(m))
{
a=m;
}
else b=m;
}
printf("%.0f\n",a);
}
}