题目大意
一棵树,有 n+1 个节点,根编号为 0 。
每个非根节点都有两个权值si和 pi ,父亲 ri 。
要求选择 K+1 个节点,最大化
∑pi∑si
并且所选节点一定包括根,并且如果选择了节点 x(x≠0) 那么 x 的父亲ri一定要选。
1≤K≤n≤2500,0<si,pi≤104,0≤ri<i
题目分析
看见最大化的分式,显然要使用 01 分数规划。
二分答案转化为判定性问题,计算是否存在权值和小于零的选择方案。
由于这里有树形依赖关系,那我们需要用一个神奇的方法做树形 dp 。
注意到 x 的子树中任一节点能选择当且仅当x被选择。
所以我们可以按照 DFS 序列来 dp ,令 fi,j 表示待处理节点在 DFS 序中排名为 i ,已经选择了j个节点,令其节点编号为 p 。
∙如果选择了 p ,那么其子树就可以考虑,转移到fi+1,j+1
∙ 如果不选择 p ,那么就要跳过其子树,转移到fi+sizep,j
这个 dp 很巧妙,利用了树形依赖的性质。
时间复杂度 O(nKlog2(ns)) 。
代码实现
#include <iostream>
#include <climits>
#include <cfloat>
#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
typedef double db;
int read()
{
int x=,f=;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) f=(ch=='-')?-:f,ch=getchar();
while (isdigit(ch)) x=x*+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const db INF=DBL_MAX/;
const db EPS=;
const int N=;
const int K=;
int fa[N],last[N],tov[N],next[N],s[N],p[N],size[N],id[N];
int n,k,tot,idx,sum;
db f[N][K],v[N];
db ans;
void insert(int x,int y)
{
tov[++tot]=y,next[tot]=last[x],last[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
size[id[++idx]=x]=;
for (int i=last[x],y;i;i=next[i])
dfs(y=tov[i]),size[x]+=size[y];
}
bool check(db now)
{
for (int i=;i<=n+;i++)
{
v[i]=s[id[i]]*now-p[id[i]];
for (int j=;j<=k;j++)
f[i][j]=INF;
}
f[][]=;
for (int i=;i<=n;i++)
{
for (int j=;j<=k&&j<=i-;j++)
{
if (f[i][j]<f[i+size[id[i]]][j]) f[i+size[id[i]]][j]=f[i][j];
if (j<k&&f[i+][j+]>f[i][j]+v[i]) f[i+][j+]=f[i][j]+v[i];
}
}
return f[n+][k]>;
}
double binary_search()
{
db l=,r=sum,mid,ret;
while (l+EPS<r)
{
mid=(l+r)/;
if (check(mid)) r=mid;
else ret=mid,l=mid;
}
return ret;
}
int main()
{
freopen("team.in","r",stdin),freopen("team.out","w",stdout);
k=read(),n=read();
for (int i=;i<=n;i++)
{
s[i+]=read(),sum+=(p[i+]=read()),fa[i+]=read();
insert(++fa[i+],i+);
}
n++;
dfs();
ans=binary_search();
printf("%.3lf\n",ans);
fclose(stdin),fclose(stdout);
return ;
}