BZOJ4753: [Jsoi2016]最佳团体（分数规划+树上背包）

BZOJ4753: [Jsoi2016]最佳团体（分数规划+树上背包）

标签：题解
阅读体验
BZOJ题目链接 洛谷题目链接

具体实现

看到分数和最值，考虑分数规划
我们要求的是一个(dfrac{sum P_i}{sum S_i})最大对吧，考虑二分一个答案(mid)
那么就会有合法条件(dfrac{sum P_i}{sum S_i}ge mid)，化简一下：(sum{(P_i-S_i×mid)}ge 0)
所以每次二分一个(mid)之后得到一个新数组v[i]=P[i]-S[i]×mid，我们跑背包(check)它最后是否大于等于(0)就可以了，因为有约束条件，所以把树建出来跑树上背包

dp[i][j]表示(i)节点选了(j)个凑出的(v)的最大值，我们最后就只要判断dp[0][K+1]>=0就可以啦

等一下！
这个(dp)的转移看上去向(n^2)的啊，再乘上(Dfs)的(n)的复杂度不就复杂度假了吗
其实不然，总体来看，每一对节点的(dp)状态只会在他们的(Lca)处被转移一次，想一想为什么（我想了挺久），所以复杂度就是(n^2)的啦
然而它还是卡常啊，最后(Junlier)就卡了很久，终于(988ms)卡过去了。。。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define ldb double
#define lst long long
#define rgt register int
#define N 2550
#define pb push_back
#define qw G[now][i]
using namespace std;
const lst Inf=1e18;
const ldb eps=1e-4;
il int read()
{
    int s=0,m=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
    while( isdigit(ch))s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return m?-s:s;
}

int K,n,Dex;
int siz[N];
struct LJL{int S,P,fa;}ljl[N];
ldb v[N],tmp[N],dp[N][N],Ans;
vector<int> G[N];

il void Merge(rgt x,rgt y)
{
    for(rgt i=0;i<=K+1;++i)tmp[i]=-Inf;
    for(rgt i=1,up;i<=siz[x];++i)
    {
        up=min(K+1-i,siz[y]);
        for(rgt j=1;j<=up;++j)
            tmp[i+j]=max(tmp[i+j],dp[y][j]+dp[x][i]);
    }for(rgt i=0;i<=K+1;++i)dp[x][i]=max(dp[x][i],tmp[i]);
}

void Dfs(rgt now)
{
    for(rgt j=0;j<=K+1;++j)dp[now][j]=-Inf;
    dp[now][1]=v[now],siz[now]=1;
    for(rgt i=0;i<G[now].size();++i)
        Dfs(qw),Merge(now,qw),siz[now]+=siz[qw];
}

il bool check(ldb lim)
{
    for(rgt i=1;i<=n;++i)
        v[i]=ljl[i].P-ljl[i].S*lim;
    Dfs(0);return dp[0][K+1]>=0;
}

int main()
{
    K=read(),n=read();
    for(rgt i=1;i<=n;++i)
    {
        ljl[i]=(LJL){read(),read(),read()};
        G[ljl[i].fa].pb(i);
    }ldb le=eps,ri=1e5,mid;
    while(ri-le>eps)
    {
        mid=(le+ri)/2;
        if(check(mid))Ans=mid,le=mid+eps;
        else ri=mid-eps;
    }return printf("%.3lf
",Ans),0;
}