欢迎您访问程序员文章站本站旨在为大家提供分享程序员计算机编程知识!
您现在的位置是: 首页

[COGS2652]秘术「天文密葬法」-长链剖分-01分数规划

程序员文章站 2022-05-08 18:37:08
...

秘术「天文密葬法」

题目说明:
路径的长度是点数
所有整数都是正整数
已添加一句话题意

【题目描述】

永琳需要协助紫解决异变!
在某个满月的夜晚,幻想乡的结界出现了异常,虽然目前还没有找到原因,不过有一点可以肯定的是,这次异变一定和满月有关。间隙妖怪紫在试图修复结界时需要永琳帮她排除满月产生的干扰,为了保护辉夜公主,永琳必须协助紫解决这次异变,所以她打算再次使用符卡”秘术「天文密葬法」”来用虚假的月亮替换真实的满月,但是她在使用符卡的时候出现了一些问题。
“秘术「天文密葬法」”由n个使魔组成,每个使魔都有一个能值和一个波值,同时存在n-1条能量通道将这n个使魔连接起来,并且每个使魔都能通过能量通道和其它所有使魔相连。
完成天文密葬法的关键步骤是在这n个使魔中找到一条用能量通道连接起来的路径,将大部分能量集中于这条路径来展开法术,然而路径上的使魔在法术张开时会产生共振,产生一个干扰值,干扰值等于路径上所有使魔能值的和除以波值的和。
为了确保计划顺利进行,永琳需要选择一条长度为m且干扰值最小的路径,虽然作为月之头脑,但此时永琳需要集中精力展开法术,所以她向你求助。
永琳在知道一个干扰值后就能快速找到这个干扰值对应的路径,你只需要告诉她所有路径中干扰值最小的路径干扰值是多少
答案四舍五入到小数点后两位
一句话题意:
给个树,第i个点有两个权值ai和bi,现在求一条长度为m的路径,使得Σai/Σbi最小

【输入格式】

第一行一个整数n,m,意义如上
如果m为-1则表示对长度没有限制(但路径不能为空
第二行n个整数,第i个整数ai表示第i个使魔的能值
第三行n个整数,第i个整数bi表示第i个使魔的波值
接下来n-1行,每行两个整数l,r,表示有一条能量路径连接第l个使魔和第r个使魔
一行中的所有整数均用空格隔开

【输出格式】

如果不存在长度为m的链,请输出-1
否则一行一个浮点数,表示干扰值最小的路径干扰值是多少

【样例输入1】

3 2
2 3 3
6 6 6
1 2
2 3

【样例输出1】

0.42

【样例输入2】

9 3
9 4 4 1 6 5 1 9 5
8 3 3 1 5 4 1 8 4
1 2
2 3
3 4
3 5
1 6
6 7
7 8
6 9

【样例输出2】

1.15

【数据范围】

m<=n<=200000
ai,bi<=200000


《论根据名字选择题目的优越性》
看见名字直接被炸进来了……


思路:

ans=aibi

可以很明显发现这是一个裸的01分数规划……
那么就变个形

aiansbi=0

然后就是惯用的二分答案了~

然后显然看到路径统计就会想到点分治……
然而点分治总复杂度为O(nlog2n),能过但跑的太慢,不够优秀。

不如考虑一种奇妙的方法——长链剖分。
长链剖分是树链剖分的一种,平时一般说树链剖分指的都是重链剖分。
长链剖分和重链剖分唯一的不同在于,长链剖分以子树中最深点的深度作为剖分的依据,而重链剖分则是以子树内点的个数为依据。
在重链剖分的情况下,如果进行一波dsu on tree,复杂度会是O(nlogn)的。
然而当题目的询问关键字为点的深度时,可以改为使用长链剖分,复杂度为O(n)
为什么呢?因为咱每次用的都是每个儿子的长链进行更新,那么如果一条长链被算进了复杂度,那么就说明它不是它的父亲的长链,它的祖先就再也不会用到它了。
这样可以发现每个点被暴力统计的次数为O(1),总复杂度O(n)

这题怎么用长链剖分呢?
刚才咱已经将问题转换为了判断树上长度为m的路径得到的上式的值的最小值为多少,用这个值去二分。
可考虑一个类似点分治的,很暴力的dp:
f[i][j]为以i为根的子树中,相对深度为j的路径的最小值。
那么很显然需要使用每个儿子的f值以更新当前点的f值。
可以用同一点上,长度加起来为m的两个f值之和更新答案。

考虑到空间开不下,选择只开一维,预处理出dfs序,令f[i]表示当前点向下相对深度为i的路径最小值。
对于每个节点,秉承着不浪费每一丝空间的原则,每次咱取一段f上的位置以供当前节点使用。
如何确定这m个位置呢?
如果使用长链剖分,那么就是从其dfs序上的位置开始向后m个位置。
因为可以发现,在长链剖分下,重儿子的dfs序编号必然比当前节点大1。
那么重儿子分配到的会是从当前点的dfs序编号+1处开始,长度为m的一段数组。
而在朴素dp中,当前节点继承的儿子的每个f值恰好是其儿子的f值中所有下标整体+1,新增一个f[0],同时给每个位置加上当前节点的点权。
也就是说,直接从当前点在dfs序上的位置开始取m个,并对这m个位置进行区间加,即可得到当前节点的f数组!
显然如果长度在f与最深相对深度取最小值的情况下,这是不会存在相交情况的。

那么这就做到了O(1)继承重儿子,同时每个深度的节点也只被合并了一次,复杂度是O(n)的!

那么这就做完了~
因为小小地卡了一波常数,可能代码看起来有点丑……
相应的成果是,短时间内上榜了~
估计也就是短时间内能上了……

#include<cstdio>
#define getchar getchar_unlocked

using namespace std;

typedef float db;
const int N=2e5+9;
const db eps=1e-3;

int n,m;
int to[N<<1],nxt[N<<1],beg[N],tot;
int id[N],dep[N],siz[N],son[N],dfn;
int a[N],b[N],dsiz[N],fl;
db inc,tag[N],dp[N],ret;

inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();
    while('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
    return x;
}

inline void chkmin(db &a,db b){if(a>b)a=b;}

inline void add(int u,int v)
{
    to[++tot]=v;
    nxt[tot]=beg[u];
    beg[u]=tot;
    to[++tot]=u;
    nxt[tot]=beg[v];
    beg[v]=tot;
}

void dfs1(int u,int fa)
{
    siz[u]=dep[u];
    son[u]=0;
    for(register int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])
        if((v=to[i])!=fa)
        {
            dep[v]=dep[u]+1;
            dfs1(v,u);
            if(siz[u]<siz[v])
                siz[u]=siz[v],son[u]=v;
        }
    dsiz[u]=siz[u]-dep[u];
}

void dfs2(int u,int fa)
{
    id[u]=++dfn;
    if(son[u])
    {
        dfs2(son[u],u);
        for(register int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])
            if((v=to[i])!=fa && v!=son[u])
                dfs2(v,u);
    }
}

void dfs(int u,int fa)
{
    db cost=(db)a[u]-inc*(db)b[u];
    db *f=&dp[id[u]],*ff;

    if(!son[u])
    {
        f[0]=cost;
        tag[u]=0;
        if(!m)
            chkmin(ret,cost);
        return;
    }

    dfs(son[u],u);
    f[0]=-tag[son[u]];
    tag[u]=tag[son[u]]+cost;

    for(register int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])
        if((v=to[i])!=fa && v!=son[u])
        {
            dfs(v,u);
            ff=&dp[id[v]];
            for(register int j=0;j<=dsiz[v] && j<m;j++)
                if(m-1-j<=dsiz[u])
                    chkmin(ret,f[m-1-j]+ff[j]+tag[u]+tag[v]);
            for(register int j=0;j<=dsiz[v];j++)
                chkmin(f[j+1],ff[j]+tag[v]-tag[u]+cost);
        }

    if(dsiz[u]>=m)
        chkmin(ret,f[m]+tag[u]);
}

inline bool judge(db x)
{
    inc=x;
    ret=1e18;
    dfs(1,0);
    if(ret!=1e18)fl=1;
    return ret<=0;
}

int main()
{
    freopen("cdcq_b.in","r",stdin);
    freopen("cdcq_b.out","w",stdout);

    n=read();m=read()-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[i]=read();

    db l=1e18,r=1e2,mid;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        chkmin(l,(db)a[i]/(db)b[i]);

    if(m==-2)
    {
        printf("%.2f\n",l);
        return 0;
    }

    for(int i=1;i<n;i++)
        add(read(),read());

    dfs1(1,0);
    dfs2(1,0);

    if(!judge(r))
    {
        puts("-1");
        return 0;
    }

    while(r-l>eps)
    {
        mid=(l+r)/2.0;
        if(judge(mid))
            r=mid;
        else
            l=mid;
    }

    printf("%.2f\n",l);
    return 0;
}