BZOJ1758: [Wc2010]重建计划

题解：

这题我居然做了一星期？。。。

平均值的极值其实也可以算是一种分数规划，只不过分母上b[i]=1

然后我们就可以二分这个值。类似与 HNOI最小圈

如果没有 链的长度的限制的话，我们直接两遍dfs就可以求出以每个点为起点的最长链，然后看看有没有权值和>0的即可。

但现在链有长度限制。。。

所以膜拜题解。。。

发现我们可以点分治，然后每个节点的合法对象都是一段连续的区间，

当用某个值来更新答案的时候是一个连续的区间。

所以可以单调队列来维护定长的区间最大值问题。

实现的时候好多细节。。。还好卡时过了。。。

注意优化：如果子树节点个数<l就不要递归下去了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<string>
#define inf 1000000000
#define maxn 200000+5
#define maxm 200000+5
#define eps 1e-10
#define pa pair<int,int>
#define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
#define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
#define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define for4(i,x) for(int i=head[x],y=e[i].go;i;i=e[i].next,y=e[i].go)
#define for5(n,m) for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,ll,rr,mx[2],rt,sum,tot,v[maxn],s[maxn],ss[maxn],head[maxn],q[maxn];
double mid,f[maxn],g[maxn];
struct edge{int go,next;double w;}e[2*maxn];
bool del[maxn];
inline void add(int x,int y,double w)
{
    e[++tot]=(edge){y,head[x],w};head[x]=tot;
    e[++tot]=(edge){x,head[y],w};head[y]=tot;
}
inline void getrt(int x,int fa)
{
    ss[x]=0;s[x]=1;
    for4(i,x)if(!del[y]&&y!=fa)
    {
        getrt(y,x);
        s[x]+=s[y];
        ss[x]=max(ss[x],s[y]);
    }
    ss[x]=max(ss[x],sum-s[x]);
    if(ss[x]<ss[rt])rt=x;
}
inline void get(int x,int fa,int dep,double w)
{
    mx[1]=max(mx[1],dep);
    g[dep]=max(g[dep],w);
    for4(i,x)if(!del[y]&&y!=fa)get(y,x,dep+1,w+e[i].w-mid);
}
bool solve(int x)
{
    del[x]=1;mx[0]=0;
    for4(j,x)if(!del[y])
    {
        mx[1]=0;
        get(y,x,1,e[j].w-mid);
        int l=1,r=0;
        for3(i,rr,1)
        {
            if(rr-i>0&&rr-i<=mx[0])
            {
              while(l<=r&&f[rr-i]>f[q[r]])r--;
              q[++r]=rr-i;
            }
            if(i<=mx[1])
            {
             while(l<r&&q[l]+i<ll)l++;
             if(q[l]+i>=ll&&f[q[l]]+g[i]>eps)return 1;
            }
        }
        mx[0]=max(mx[0],mx[1]);
        for1(i,mx[1])f[i]=max(f[i],g[i]),g[i]=-inf;
    }
    for1(i,mx[0])f[i]=-inf;
    for4(i,x)if(!del[y])
    {
        sum=s[y];rt=0;
        getrt(y,0);
        if(solve(rt))return 1;
    }
    return 0;
}
bool check()
{
    for1(i,n)del[i]=0,g[i]=-inf,f[i]=-inf;
    sum=n;ss[rt=0]=inf;
    getrt(1,0);
    return solve(rt);
}
int main()
{
    freopen("input.txt","r",stdin);
    freopen("output.txt","w",stdout);
    n=read();
    ll=read();rr=read();
    double l=0.0,r;
    for1(i,n-1){int x=read(),y=read();double z=read();r=max(r,z);add(x,y,z);}
    while(r-l>1e-5)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check())l=mid;else r=mid;
    }
    printf("%.3f
",l);
    return 0;
}  

1758: [Wc2010]重建计划

Time Limit: 40 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 887  Solved: 314
[Submit][Status]

Description

Input

第一行包含一个正整数N，表示X国的城市个数. 第二行包含两个正整数L和U，表示政策要求的第一期重建方案中修建道路数的上下限 接下来的N-1行描述重建小组的原有方案，每行三个正整数Ai,Bi,Vi分别表示道路(Ai,Bi),其价值为Vi 其中城市由1..N进行标号

Output

输出最大平均估值，保留三位小数

Sample Input

4
2 3
1 2 1
1 3 2
1 4 3

Sample Output

2.500

HINT

20%的数据,N<=5000
30%的数据,N<=100000,原有方案恰好为一条路径
100%的数据,N<=100000,1<=L<=U<=N-1,Vi<=1000000