luogu P4322 [JSOI2016]最佳团体

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挂这道题是有原因的 get到了几种树上背包的做法。

显然是一道分数规划的问题 二分一下跑一个树上背包 \(n^2log\) (稳过。

考虑树上背包的三种姿势。

1. 暴力树上合并 我们以儿子的大小为合并的终点 这样做 复杂度被证明为n^2.

关于子树大小之类的证明 我不太清楚 但是还有一种证明是考虑一对点对 只有在LCA和并时才会带来贡献 所以n^2个点对 所以复杂度n^2.(整个证明容易理解的多。

2. 树上背包的可泛化 这个是我一直以来用的方法 专门针对于树上背包的问题。就是我们去掉合并背包的过程 dfs某个子节点的时候把父亲的背包直接传给儿子。

可以证明 我们实现了可泛化这个问题。容易发现这个方法是正确的。

3. 树上背包转dfs序上背包 这个也比较有意思。

做法：对于树上每个节点我们搞出来一个dfs序 然后再求出nex数组 nex[x]表示x这个dfs序后外面的第一颗子树的dfs序.

设f[i][j]表示dfs序为i此时选了j个点的最大价值 显然有转移 一棵子树内dfs序时连续的 如果当前选这个点那么就有资格选其子树内的点.

f[i+1][j+1]=max{f[i][j]+v[i]};

当然可以不选这个点那么也没有资格选这个子树内的点 必须得跳到下一棵子树内 所以此时有nex数组。

f[nex[i]][j]=max{f[i][j]};

可以发现 我们把dfs的过程变成了bfs的过程 从依赖型背包变到了普通背包 这就是差别。

const int MAXN=2510;
int m,n,len;db maxx;
int a[MAXN],b[MAXN];
int lin[MAXN],ver[MAXN],nex[MAXN];
db f[MAXN][MAXN],g[MAXN];
inline void add(int x,int y)
{
	ver[++len]=y;
	nex[len]=lin[x];
	lin[x]=len;
}
inline void dfs(int x)
{
	go(x)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)f[tn][j]=f[x][j];
		dfs(tn);
		for(int j=m;j>=1;--j)f[x][j]=max(f[x][j],f[tn][j-1]+g[tn]);
	}
}
inline int check(db w)
{
	rep(0,n,i)
	{
		g[i]=b[i]-w*a[i];
		rep(1,m,j)f[i][j]=-INF;
	}
	dfs(0);
	return f[0][m]>=0;
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	get(m);get(n);
	rep(1,n,i)
	{
		get(a[i]);get(b[i]);
		add(read(),i);
		maxx=max(maxx,(db)b[i]/a[i]);
	}
	db l=0,r=maxx;
	while(l+EPS<r)
	{
		db mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))l=mid;
		else r=mid;
	}
	printf("%.3lf",l);
	return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/chdy/p/12561005.html