P4322 [JSOI2016] 最佳团体

看到题解区里都是大片大片的树形 $\text{DP}$ ，这里给出一个不用琢磨复杂度是 $O(n^2)$ 还是 $O(n^3)$ 的 $\text{dfs}$ 序做法。

题意

给定一个 $n+1$ 个节点的以 $0$ 为根的树，树上的每个节点都有其价值 $P_i$ 和费用 $S_i$ 。在树上选择 $k+1$ 个节点，在满足任意一个节点如果被选择了，那么其父亲也一定要被选择的条件下，求性价比最高的一个选点方案。

分析

求性价比最高有一个经典套路： $01$ 分数规划，这部分其他题解讲的已经很清楚了，这篇题解讲着重讲解 $\text{check}$ 的部分，即如何选出 $k+1$ 个点使其点权和最大。

显然，选完 $k+1$ 个点后，选择的点就构成了另一棵树，而所有未选择的点构成了一片森林。选择的点构成的树的形态是变化多样的，而未选择的点构成的那些树却遵循原树的性质，正难则反，于是我们可以把问题转化为在符合题意的前提下从 $n+1$ 个点中剔除 $n-k$ 个节点，使剔除的点权和最小的情况下的点权和。

每次剔除点，我们剔除的连通块必然是一棵树，所以只要知道其根节点即可，考虑用 $\text{dfs}$ 序来转化问题，在 $\text{dfs}$ 进入某个节点的时候记录次该节点，退出时也记录一次，将两次的 $\text{dfs}$ 序分别记为 $st_x,ed_x$ ，这样一个节点对应的区间就是以该节点为根的子树，同时可以发现，剔除的两棵子树所对应的区间是没有相交部分的，因此树上的问题就可以转化为序列上的选择区间问题。

设 $sz_i$ 表示以节点 $i$ 为根的子树的大小， $re_i$ 表示 $ed_x=i$ 的节点的编号，若不存在则为 $0$ ，再设 $f_{u,j}$ 表示最后一次剔除的子树根节点为 $u$ ，总共剔除了 $j$ 个节点的最小点权和，那么有：

f_{u,j}=\min_{ed_v< st_{u}}\{f_{v,j-sz_u}\}+\frac{1}{2}\sum_{i=st_u}^{ed_u}w_{re_i}

转移是按照 $ed_u$ 从小到大转移的， $w_i$ 那部分可以直接用前缀和处理，但是我们直接枚举 $v$ 的话复杂度仍然高达 $O(n^3)$ ，于是考虑优化，发现 $\min$ 那部分的第二维都一样，于是可以开一个数组 $s_j$ 记录 $\min\{f_{v,j}\}$ ，但不满足 $\min$ 的前置条件，由于 $n$ 很小，所以我们干脆再开一维，记 $s_{i,j}$ 为 $\min_{ed_v<=i}\{f_{v,j-sz_u}\}$ ，那么就有：

f_{u,j}=s_{st_u,j-sz_u}+\frac{1}{2}\sum_{i=st_u}^{ed_u}w_{re_i}

s_{i,j}=\begin{cases}\min\{s_{i-1,j},f_{re_i,j}\}&re_i>0\\s_{i-1,j}&re_i=0\end{cases}

于是最终时间复杂度降到 $O(n^2)$ ，但本人代码由于常数过大，要开 $\text{O2}$ 才能过。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
void write(long long x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=2505;
int k,n;
int head[N],ver[N],nxt[N],tot;
int c[N],v[N];
int st[N],ed[N],num,re[N<<1],sz[N];
double w[N],f[N][N],sum,s[N<<1][N],d[N<<1];
void add(int x,int y){
	ver[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;
}
void dfs(int x){
	sz[x]=1;
	st[x]=++num;
	for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=ver[i];
		dfs(y);sz[x]+=sz[y];
	}
	ed[x]=++num;re[num]=x;
}
bool check(double x){
	sum=0;
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		w[i]=v[i]-c[i]*x;
		d[st[i]]=d[ed[i]]=w[i]/2.0;
		sum+=w[i];
		s[0][i]=1e9;
		for(register int j=1;j<=n-k;j++)
			f[i][j]=1e9;
	}
	for(register int i=1;i<=2*n;i++)
		d[i]+=d[i-1];
	s[0][0]=0;
	double ans=1e9;
	for(register int i=1,x;i<=2*n;i++){
		for(register int j=0;j<=n-k;j++)
			s[i][j]=s[i-1][j];
		if(re[i]){//0是不会被踢除的，当然实际上只是作者懒
			x=re[i];
			f[x][sz[x]]=d[i]-d[st[x]-1];
			s[i][sz[x]]=min(s[i][sz[x]],f[x][sz[x]]);
			for(register int j=sz[x]+1;j<=n-k;j++){
				f[x][j]=min(f[x][j],s[st[x]][j-sz[x]]+d[i]-d[st[x]-1]);
				s[i][j]=min(s[i][j],f[x][j]);
			}
			ans=min(ans,f[re[i]][n-k]);
		}
	}
	return sum-ans>=0;
}
int main(){
	k=read();n=read();
	for(int i=1,fa;i<=n;i++){
		c[i]=read();v[i]=read();
		fa=read();
		add(fa,i);
	}
	n++;k++;
	dfs(0);
	double l=0,r=10000.0;
	for(register int i=1;i<=25;i++){
		double mid=(l+r)/2.0;
		if(check(mid))
			l=mid;
		else r=mid;
	}
	printf("%.3lf\n",l);
	return 0;
}