[NOI2008]奥运物流

• 题目链接：洛谷，BZOJ

• 前置知识：莫得

题解

• 考虑DP。这题首先发现如果修改后继状态那么一定修改成 \(1\) 。然后现在难点在于如何解决存在一个环的问题以及状态的设计。先考虑是树的情况。

• 可以发现跟IOI河流Riv一题相似，子树内节点的贡献会被祖先的状态影响。这道题中显然每个节点单独的贡献与其深度有关，那么考虑将其计入状态。现在设 \(f[u][t][d]\) 表示以 \(u\) 为根的子树内一共有 \(t\) 个节点将后继修改为 \(1\) ，且 \(u\) 此时的深度为 \(d\) 的最大贡献。那么我们发现对于一对父子 \(u,v\) ，我们只需特殊处理关于深度为 \(1\) 的边界状态，然后枚举 \(t_u,t_v,d_u\) ，再从 \(d_v=d_u+1\) 或 \(d_v=1\) 的状态背包转移即可。最后注意每个状态要加上 \(C_u\cdot k^d\) ，也就是 \(u\) 自身的贡献。

• 那么现在考虑环的问题。若设一个节点的深度为 其在不考虑 \(1\) 的后继边所形成的树上的深度 ，若环上一点深度为 \(d\) ，环长为 \(len\) ，那么环带来的影响其实就是是每个节点单独的贡献多了 \(R(1)\cdot k^{len}\) 。那么等比数列求个和我们会发现若在树的情况下我们求出的答案为 \(R'\) ，那么最终 \(R(1)=\frac{R'}{1-k^{len}}\) 。那么我们直接枚举初始强制将哪一个环上节点的后继修改为 \(1\) 得到环长 \(len\) ，然后dp即可。由于题目保证环上节点最多 \(20\) 个，所有最终复杂度为 \(O(20\cdot n^2\cdot m^2)\) ，可以通过此题。

• 注意修改初始将某一个环上节点的后继为 \(1\) 是强制的，虽然修改后的树中该节点深度为 \(1\) ，但是如果该节点原来的后继不是 \(1\) 的话该节点 \(t =0,d=1\) 的状态不合法，要特判掉。

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long
  #define ull unsigned long long
  #define rep(i, s, t) for(int i = s, __ = t; i <= __; ++i)
  #define dwn(i, s, t) for(int i = s, __ = t; i >= __; --i)
  
  const int INF = 2147483647;
  const int MAXN = 100 + 100;
  const int MOD = 998244353;
  using namespace std;
  inline int read(int x = 0, int f = 1){
      char ch = getchar();
      for(; !isdigit(ch); ch = getchar())if(ch == '-')f = -1;
      for(; isdigit(ch); ch = getchar())x = ch - '0' + x * 10;
      return x * f;
  }
  inline void write(int x){
      if(x < 0)x = -x, putchar('-');
      if(x >= 10)write(x / 10); putchar(x % 10 + '0');
      return ;
  }
  
  int n, m, fa[MAXN]; double k, C[MAXN];
  double dp[MAXN][MAXN][MAXN], sup[MAXN][MAXN], pw[MAXN];
  inline void upd(double &x, double y){x = max(x, y); return ;}
  
  void dfs(int u){
  	dp[u][1][1] = C[u] * k;
  	if(dp[u][0][1] != -INF + 1){
  		rep(d, 2, n)dp[u][0][d] = C[u] * pw[d];
  		if(fa[u] == 1)dp[u][0][1] = C[u] * k;
  	}
  	rep(v, 2, n)if(fa[v] == u){
  		dfs(v); rep(i, 0, m)rep(j, 1, n)sup[i][j] = -INF;
  		rep(i, 0, m)rep(j, 0, m){
  			rep(d, 1, n){
  				if(i + j > m)break;
  				upd(sup[i + j][d], dp[u][i][d] + max(dp[v][j][d + 1], dp[v][j][1]));
  			}
  		}
  		rep(i, 0, m)rep(d, 0, n)dp[u][i][d] = sup[i][d];
  	}
  	return ;
  }
  
  double f[MAXN], ans = 0;
  int main(){
  	n = read(), m = read(), scanf("%lf", &k);
  	rep(i, 1, n)fa[i] = read(); rep(i, 1, n)scanf("%lf", &C[i]);
  	pw[0] = 1.0; rep(i, 1, n)pw[i] = pw[i - 1] * k;
  	int cur = fa[1], cnt = 2;
  	while(cur != 1){
  		rep(i, 1, n)rep(j, 0, m)rep(k, 1, n)dp[i][j][k] = -INF;
  		rep(i, 0, m)f[i] = -INF; f[0] = 0; int up = fa[cur]; fa[cur] = 1;
  		int tag = 0; if(up != 1)tag = 1, dp[cur][0][1] = -INF + 1, dfs(cur);
  		rep(v, 2, n)if(fa[v] == 1 && (v != cur || !tag)){
  			dfs(v);
  			dwn(h, m, 0){
  				dwn(i, h, 0){
  					int j = h - i;
  					upd(f[h], f[i] + dp[v][j][1]);
  				}
  			}
  		}
  		if(tag){
  			f[m] = f[m - 1] + dp[cur][1][1];
  			rep(i, 0, m - 2)upd(f[m], f[i] + dp[cur][m - i][1]);
  		}
  		ans = max(ans, (f[m] + C[1]) / (1.0 - pw[cnt]));
  		fa[cur] = up, ++cnt, cur = up;
  	}
  	printf("%.2lf", ans); return 0;
  }