poj 3111 K Best （牛顿迭代法）

牛顿迭代法参考链接：我爱维基

首先，选择一个接近函数 $f(x)$ 零点的 $x_{0}$ ，计算相应的 $f(x_0)$ 和切线斜率 $f'(x_0)$ （这里 $f'$ 表示函数 $f$ 的导数）。然后我们计算穿过点 $(x_{0},f(x_{0}))$ 并且斜率为 $f'(x_0)$ 的直线和 $x$ 轴的交点的 $x$ 坐标，也就是求如下方程的解：

$0=(x-x_{0})\cdot f'(x_{0})+f(x_{0})$

我们将新求得的点的 $x$ 坐标命名为 $x_1$ ，通常 $x_1$ 会比 $x_{0}$ 更接近方程 $f(x)=0$ 的解。因此我们现在可以利用 $x_1$ 开始下一轮迭代。迭代公式可化简为如下所示：

$x_{{n+1}}=x_{n}-{\frac {f(x_{n})}{f'(x_{n})}}$

我们最后选择一个精度范围就行了。

题目链接：poj 3111

题意：给你n个价值为v，质量为w，让你选择k个，满足单位价值最大。

题解：这题是个最大值最大化例题，但这题可以用迭代法来解决。

先取前k个元素算出S0 =∑(vi/wi) 作为初始值，然后对每一个元素(n个)求yi=vi-s0*wi，对yi从大到小排序，取前k个元素算出S，重复上面的运算（每次循环后把S的值赋给S0，然后新一轮循环时S有通过S0计算出来），直到fabs(S-S0)<=eps，满足精度要求。
正确性证明：

证明其正确性，只要证明每次迭代的S都比上一次的大即可，也即迭代过程中S是单调递增的，因为给定的是有限集，故可以肯定，S必存在最大值，即该迭代过程是收敛的。下面证明单调性：

假设上轮得到的S1，则在n个元素中必存在k个元素使S1=∑(vi/wi),变形可得到∑vi-S1*∑wi=0，现对每个元素求yi=vi-S1*wi，可知必存在k个元素使∑yi=∑vi-s1*∑wi=0，所以当我们按y排序并取前k个元素作为求其∑y时，其∑y>=0，然后对和式变形即可得到S1=（（∑v-∑y）/∑w）<=（∑v/∑w）=s2，即此迭代过程是∑y是收敛的，当等号成立时，此S即为最大值。

ei，这个好像跟上面的牛顿迭代法联系不是很大，自己体会了。

代码：

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;

const int maxn=100010;
const double esp=1e-8;

struct node{
    int v,w,id;
    double val;

    bool operator < (const node &a) const {
        return val>a.val;
    }
}num[maxn];


int n,k;

double get()
{
    double sumv=0,sumw=0;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        sumv+=num[i].v,sumw+=num[i].w;

    return sumv/sumw;
}
int main()
{


    while(~scanf("%d%d",&n,&k))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&num[i].v,&num[i].w);
            num[i].id=i;
        }

        double s2=get(),s1;

        do{
            s1=s2;

            for(int i=1;i<=n;i++){
                num[i].val=num[i].v-s1*num[i].w;
            }
            sort(num+1,num+1+n);
            s2=get();

        }while(fabs(s2-s1)>=esp);

        for(int i=1;i<k;i++)
            printf("%d ",num[i].id);
            printf("%d\n",num[k].id);

    }
    return 0;
}

poj 3111 K Best （牛顿迭代法）

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