【bzoj4753】[Jsoi2016]最佳团体 分数规划+树形背包dp

题目描述

JSOI信息学代表队一共有N名候选人，这些候选人从1到N编号。方便起见，JYY的编号是0号。每个候选人都由一位编号比他小的候选人Ri推荐。如果Ri=0则说明这个候选人是JYY自己看上的。为了保证团队的和谐，JYY需要保证，如果招募了候选人i，那么候选人Ri"也一定需要在团队中。当然了，JYY自己总是在团队里的。每一个候选人都有一个战斗值Pi"，也有一个招募费用Si"。JYY希望招募K个候选人（JYY自己不算），组成一个性价比最高的团队。也就是，这K个被JYY选择的候选人的总战斗值与总招募总费用的比值最大。

输入

输入一行包含两个正整数K和N。

接下来N行，其中第i行包含3个整数Si,Pi,Ri表示候选人i的招募费用，战斗值和推荐人编号。

对于100%的数据满足1≤K≤N≤2500,0<"Si,Pi"≤10^4,0≤Ri<i

输出

输出一行一个实数，表示最佳比值。答案保留三位小数。

样例输入

1 2
1000 1 0
1 1000 1

样例输出

0.001

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题解

分数规划+树形背包dp

二分答案mid，题目便转化为求是否存在满足题目条件的集合V，使得$frac{sumlimits_{iin V}p_i}{sumlimits_{iin V}s_i}ge mid$，即$sumlimits_{iin V}(s_i-mid·p_i)ge 0$。

这就转化为了一个树形dp问题。

令a[i]=s[i]-mid*p[i]，表示i的性价比。设f[i][j]表示从子树i中选出j个且选i，可以获得的最大性价比之和，显然f[i][1]=a[i]。

那么对于每个i的子节点son，相当于有体积为1~si[son]共si[son]个物品放入背包内，每个物品可以放或不放。这相当于01背包问题。

但是这样dp的时间复杂度好像是$O(n^3)$的。

事实上，这里面的有效状态是很少的，如果只枚举有效状态，dp的时间复杂度将到达可以接受的$O(n^2)$。

具体粗略证明：

更新一棵子树的时间复杂度=更新该节点的子节点的时间复杂度+计算该节点的时间复杂度。

计算该节点的复杂度，如果采用最优策略，使用严格的有效区间范围来进行dp，时间复杂度应该为

$O(sumlimits_{i=1}^m(1+sumlimits_{j=1}^{i-1}si_j)·si_i)=O(sumlimits_{i=1}^msumlimits_{j=1}^{i-1}si_j·si_i+sumlimits_{i=1}^msi_i)=O((sumlimits_{i=1}^msi_i)^2-sumlimits_{i=1}^msi_i^2+sumlimits_{i=1}^msi_i)=O(si_x^2-sumlimits_{i=1}^msi_i^2+si_x)$，

其中$si_i(iin[1,m])$表示x的第i个儿子节点的子树大小（总共有m个儿子节点），$si_x$表示x的子树大小。

而叶子节点的时间复杂度是$O(1)$的，进而我们可以使用累加法计算出总体dp的时间复杂度为$O(si_{root}^2+sumlimits_{i=1}^nsi_i^2)=O(n^2)$。

因此总的时间复杂度是$O(n^2log m)$。

为了避免精度误差带来的答案错误，建议固定二分c次，c值视情况而定，本题中取30可过。

另外由于数据太水了，所以$O(n^3log m)$的做法也是可以通过本题的。（其实可以自己做一个链的数据卡掉它）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 2510
using namespace std;
int head[N] , to[N] , next[N] , cnt , si[N] , w[N] , v[N] , n;
double a[N] , mid , f[N][N];
void add(int x , int y)
{
	to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void init(int x)
{
	int i;
	si[x] = 1;
	for(i = head[x] ; i ; i = next[i]) init(to[i]) , si[x] += si[to[i]];
}
void dfs(int x)
{
	int i , j , k , tot = 0 , b = 0;
	memset(f[x] , 0xc2 , sizeof(f[x]));
	if(x) f[x][1] = a[x] , tot ++ , b ++ ;
	else f[x][0] = 0;
	for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
	{
		dfs(to[i]);
		for(j = tot ; j >= b ; j -- )
			for(k = 1 ; k <= si[to[i]] ; k ++ )
				f[x][j + k] = max(f[x][j + k] , f[x][j] + f[to[i]][k]);
		tot += si[to[i]];
	}
}
int main()
{
	int n , k , i , x , c = 30;
	double l = 0 , r = 0;
	scanf("%d%d" , &k , &n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d%d%d" , &w[i] , &v[i] , &x) , add(x , i) , r = max(r , (double)v[i]);
	init(0);
	while(c -- )
	{
		mid = (l + r) / 2;
		for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = v[i] - mid * w[i];
		dfs(0);
		if(f[0][k] >= 0) l = mid;
		else r = mid;
	}
	printf("%.3lf
" , (l + r) / 2);
	return 0;
}