Address
Solution
看到最大化分式的值,考虑分数规划,二分答案
。
判定答案是否能够大于
也就是判断是否存在一个以
为根的大小为
的连通子树(假设
)满足:
把分母去掉并移项:
于是我们给每一个点一个新的权值
。
问题转化成树上以
为根的大小为
的权值和最大的连通子树。
显然树形dp。
表示
为根选出
个点的最大权值和连通子树。其中
表示什么都不选(对于任意的
,
)
此外,
。
这是一个树形依赖背包问题。
设当前枚举到
的子树
,并且
表示
的子树内(不包括
及
之后的子树),现在要把
合并起来,计算
表示依次到子树
的答案:
一次 dp 复杂度看上去是
的,但是第二维的上界只有
的子树大小,相当于每对点都只在 lca 处计算贡献了一次,所以一次 dp 复杂度
。
总复杂度
。
Code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Tree(u) for (int e = adj[u], v = go[e]; e; e = nxt[e], v = go[e])
using namespace std;
inline int read()
{
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 2515;
const double eps = 1e-4;
int k, n, S[N], P[N], ecnt, nxt[N], adj[N], go[N], sze[N];
double f[N][N], val[N], x[N], y[N];
template <class T>
T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
template <class T>
T Max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}
void add_edge(int u, int v)
{
nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
}
void dfs(int u)
{
int i, j;
f[u][0] = 0; f[u][1] = val[u];
For (i, 2, k + 1) f[u][i] = -1e20;
sze[u] = 1;
Tree(u)
{
dfs(v);
int le = Min(k + 1, sze[u]), ri = Min(k + 1, sze[v]);
For (i, 0, le) x[i] = f[u][i];
For (i, 0, ri) y[i] = f[v][i];
For (i, 1, le) For (j, 0, ri) if (i + j <= k + 1)
f[u][i + j] = Max(f[u][i + j], x[i] + y[j]);
sze[u] += sze[v];
}
}
int main()
{
int i, x;
k = read(); n = read();
For (i, 1, n) S[i] = read(), P[i] = read(),
x = read(), add_edge(x, i);
double l = 0, r = 1e4;
while (r - l >= eps)
{
double mid = (l + r) / 2;
For (i, 1, n) val[i] = 1.0 * P[i] - mid * S[i];
if (dfs(0), f[0][k + 1] > 0) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.3lf\n", l);
return 0;
}