Dropping tests（二分加01数字）

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个人心得：不能说题目太难，而是自己思维太菜，我开始以为这怎么都想不到的，但是学长说不是很简单吗，好吧我信了，我太low。

其实单纯二分只用于搜索，但是这种逆向答案二分确实比较难理解。给大神代码

【一些分析】

数学分析中一个很重要的方法就是分析目标式，这样我们来看目标式。

R=sigma(a[i]*x[i])/sigma(b[i]*x[i])

我们来分析一下他有什么性质可以给我们使用。

我们先定义一个函数F(L):=sigma(a[i]*x[i])-L*sigma(b[i]*x[i])，显然这只是对目标式的一个简单的变形。分离参数，得到F(L):=sigma((a[i]-L*b[i])*x[i])。这时我们就会发现，如果L已知的话，a[i]-L*b[i]就是已知的，当然x[i]是未知的。记d[i]=a[i]-L*b[i]，那么F(L):=sigma(d[i]*x[i])，多么简洁的式子。我们就对这些东西下手了。

再次提醒一下，我们的目标是使R取到最大值。

我们来分析一下这个函数，它与目标式的关系非常的密切，L就是目标式中的R，最大化R也就是最大化L。

F的值是由两个变量共同决定的，即方案X和参数L。对于一个确定的参数L来说，方案的不同会导致对应的F值的不同，那么这些东西对我们有什么用呢?

假设我们已知在存在一个方案X使得F(L)>0，这能够证明什么?

F(L)=sigma(a[i]*x[i])-L*sigma(b[i]*x[i])>0即sigma(a[i]*x[i])/sigma(b[i]*x[i])>L也就是说，如果一个方案使得F(L)>0说明了这组方案可以得到一个比现在的L更优的一个L，既然有一个更优的解，那么为什么不用呢？

显然，d数组是随着L的增大而单调减的。也就是说，存在一个临界的L使得不存在一种方案，能够使F(L)>0. 我们猜想，这个时候的L就是我们要求的最优解。之后更大的L值则会造成无论任何一种方案，都会使F(L)<0.类似于上面的那个变形，我们知道，F(L)<0是没有意义的，因为这时候的L是不能够被取得的。当F(L)=0使，对应方案的R值恰好等于此时的L值。

综上，函数F(L)有这样的一个性质：在前一段L中可以找到一组对应的X使得F(L)>0，这就提供了一种证据，即有一个比现在的L更优的解，而在某个L值使，存在一组解使得F(L)=0,且其他的F(L)<0，这时的L无法继续增大，即这个L就是我们期望的最优解，之后的L会使得无论哪种方案都会造成F(L)<0.而我们已经知道，F(L)<0是没有任何意义的，因为此时的L值根本取不到。

最后一次提醒，我们的目标是R！！！

如果现在你觉得有些晕的话，那么我要提醒你的就是，千万不要把F值同R值混淆。F值是根据我们的变形式求的D数组来计算的，而R值则是我们所需要的真实值，他的计算是有目标式决定的。F值只是提供了一个证据，告诉我们真正最优的R值在哪里，他与R值本身并没有什么必然的联系。

根据这样的一段性质，很自然的就可以想到二分L值，然后验证是否存在一组解使得F(L)>0，有就移动下界，没有就移动上界。

所有的01分数规划都可以这么做，唯一的区别就在于求解时的不同——因为每一道题的限制条件不同，并不是每一个解都是可行解的。比如在普通的数组中，你可以选取1、2、3号元素，但在生成树问题中，假设1、2、3号元素恰好构成了一个环，那就不能够同时选择了，这就是需要具体问题，具体分析的部分。

二分是一个非常通用的办法，但是我们来考虑这样的一个问题，二分的时候我们只是用到了F(L)>0这个条件，而对于使得F(L)>0的这组解所求到的R值没有使用。因为F(L)>0,我们已经知道了R是一个更优的解，与其漫无目的的二分，为什么不将解移动到R上去呢？求01分数规划的另一个方法就是Dinkelbach算法，他就是基于这样的一个思想，他并不会去二分答案，而是先随便给定一个答案，然后根据更优的解不断移动答案，逼近最优解。由于他对每次判定使用的更加充分，所以它比二分会快上很多。但是，他的弊端就是需要保存这个解，而我们知道，有时候验证一个解和求得一个解的复杂度是不同的。二分和Dinkelbach算法写法都非常简单，各有长处，大家要根据题目谨慎使用。

L:=...;R:=...; Repeat Mid:=(L+R)/; For I=..X do D[i]:=A[i]-Mid*B[i];//根据Mid计算D数组 if 检查（Mid）成功 then L:=Mid else R:=Mid；
Until abs(L-R)<Eps;

题目：

In a certain course, you take n tests. If you get a_i out of b_i questions correct on test i, your cumulative average is defined to be

Given your test scores and a positive integer k, determine how high you can make your cumulative average if you are allowed to drop any k of your test scores.

Suppose you take 3 tests with scores of 5/5, 0/1, and 2/6. Without dropping any tests, your cumulative average is . However, if you drop the third test, your cumulative average becomes .

Input

The input test file will contain multiple test cases, each containing exactly three lines. The first line contains two integers, 1 ≤ n ≤ 1000 and 0 ≤ k < n. The second line contains n integers indicating a_i for all i. The third line contains npositive integers indicating b_i for all i. It is guaranteed that 0 ≤ a_i ≤ b_i ≤ 1, 000, 000, 000. The end-of-file is marked by a test case with n = k = 0 and should not be processed.

Output

For each test case, write a single line with the highest cumulative average possible after dropping k of the given test scores. The average should be rounded to the nearest integer.

Sample Input

3 1
5 0 2
5 1 6
4 2
1 2 7 9
5 6 7 9
0 0

Sample Output

83
100

Hint

To avoid ambiguities due to rounding errors, the judge tests have been constructed so that all answers are at least 0.001 away from a decision boundary (i.e., you can assume that the average is never 83.4997).

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxi 50005
#define eps 1e-7
int a[maxi];
int b[maxi];
int n,k;
double c[maxi];
bool C(double x){
for(int i=;i<n;i++)
c[i]=a[i]-x*b[i];
sort(c,c+n);
double sum=;
for(int i=;i<n-k;i++)
sum+=c[n-i-];
return sum>=;
}
void solve(){
double lb=,ub=;
while(ub-lb>eps){
double mid=(lb+ub)/;
if(C(mid)) lb=mid;
else ub=mid;
}
printf("%1.f\n",ub*);
}
int main()
{
while(cin>>n>>k){
if(!n&&!k) break;
for(int i=;i<n;i++) cin>>a[i];
for(int i=;i<n;i++) cin>>b[i];
solve();
}
return ;
}