传送门
Description
X国遭受了地震的重创, 导致全国的交通近乎瘫痪，重建家园的计划迫在眉睫。X国由N个城市组成, 重建小组提出，仅需建立N-1条道路即可使得任意两个城市互相可达。于是，重建小组很快提出了一个包含N-1条道路的方案，并满足城市之间两两可达，他们还计算评估了每条道路e建设之后可以带来的价值v(e)。
由于重建计划复杂而艰难，经费也有一定限制。因此，政府要求第一期重建工程修建的道路数目为k条，但需满足L ≤ k ≤ U, 即不应少于L条，但不超过U条。同时，为了最大化利用率，要求建设的这些道路恰好组成一条简单路径，即所建设的k条路径可以构成一个排列e1 = (p1, q1), e2 = (p2, q2), „, ek = (pk, qk), 对于 1 ≤ i < k, 有(qi = pi+1)。
重建小组打算修改他们的原有方案以满足要求，即在原有的N-1条道路中寻找一条路径S作为新的方案，使得新方案中的道路平均价值
[AvgValue = frac{sum _{e in S} v(e)}{|S|} ]最大。这里v(e)表示道路e的价值，|S|表示新方案中道路的条数。请你帮助重建小组寻找一个最优方案。 注: 在本题中L和U的设置将保证有解。
Solution
它好毒瘤。。。我想哭！！！
打了大半天？我已经记不清楚时间了。
一开始疯狂Wa20，也不知道到底哪错了，大概是单调队列吧
二分答案
所有边都减去那个值，原题转换为求是否有一条满足长度限制的链的边权和大等于0。
点分治
对于每一个子树，我们只需要前面子树的点在不同深度(也就是长度)的最大值就好了。
首先子树按照最大深度排序，用bfs取出子树的所有点，这样子点的深度连续。
可以和该子树连接的区间也是连续的，用单调队列维护
复杂度假装是(O(nlog^2n))吧
下面奉上被改的面目全非的代码
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
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=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MN 100005
#define inf 1000000000LL
int N,L,U,en,hr[MN];
struct edge{int to;double v;int nex;}e[MN<<1];
inline void ins(int f,int t,int v)
{
e[++en]=(edge){t,v,hr[f]};hr[f]=en;
e[++en]=(edge){f,v,hr[t]};hr[t]=en;
}
bool vis[MN];
int mx[MN],siz[MN],sm,rt;
int qur[MN],tot;
inline void getroot(int x,int f)
{
siz[x]=1;mx[x]=0;register int i;
for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)if((e[i].to^f)&&!vis[e[i].to])
{
getroot(e[i].to,x);
siz[x]+=siz[e[i].to];
mx[x]=max(mx[x],siz[e[i].to]);
}
mx[x]=max(mx[x],sm-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]||!rt) rt=x;
}
inline void build(int x,int n)
{
register int i,t;
qur[++tot]=x;vis[x]=true;
for(i=hr[x];i;i=e[i].nex)if(!vis[e[i].to])
{
sm=siz[e[i].to]<siz[x]?siz[e[i].to]:n-siz[x];
rt=0;getroot(e[i].to,x);
build(rt,sm);
}
}
bool flag;
int dep[MN],q[MN],r,fa[MN];
int maxdeep,tp;
double mid,dis[MN],mxdep[MN];
inline void rw(double &x,double y){if(y>x) x=y;}
int qr,ql,n,qx[MN+5];
void init(int x){qr=0;ql=1;n=x;}
void ins(int x)
{
if(qr>=ql&&qx[qr]<=x)return;
if(qr<ql&&x>n)return;
for(;mxdep[x]>=mxdep[qx[qr]]&&qr>=ql;--qr);
qx[++qr]=x;
}
double query(int x)
{
while(qx[ql]>x&&qr>=ql)++ql;
if(qr<ql)return -inf;
return mxdep[qx[ql]];
}
inline void bfs(int x)
{
register int i,j;
for(i=1;i<=r;++i)
{
register int u=q[i];
tp=max(tp,dep[u]);
for(j=hr[u];j;j=e[j].nex) if((!vis[e[j].to])&&(e[j].to^fa[u]))
{
q[++r]=e[j].to;fa[e[j].to]=u;
dep[e[j].to]=dep[u]+1;dis[e[j].to]=dis[u]+(double)e[j].v*1.-mid;
}
}
}
inline void BFS(int x,int MAXD)
{
register int i,j;
init(maxdeep);
int k;for(k=min(U,MAXD);k>L-1;k--) ins(k);
for(i=1;i<=r;++i)
{
register int u=q[i];
if(dep[u]>U) break;
if(dis[u]>=0.&&dep[u]>=L&&dep[u]<=U){flag=1;return;}
if(dep[u]<L) ins(L-dep[u]);
if(query(U-dep[u])+dis[u]>=0) {flag=1;return;}
for(j=hr[u];j;j=e[j].nex)
if((!vis[e[j].to])&&(e[j].to^fa[u])) q[++r]=e[j].to;
}
for(i=1;i<=r;++i) rw(mxdep[dep[q[i]]],dis[q[i]]);
}
std::vector<int> ch[MN];
void solve(int root)
{
register int i,j,k;vis[root]=true;
maxdeep=0;
for(i=hr[root];i;i=e[i].nex)if(!vis[e[i].to])
{
tp=0;q[r=1]=e[i].to;fa[e[i].to]=root;dep[e[i].to]=1;
dis[e[i].to]=(double)e[i].v*1.-mid;bfs(e[i].to);
ch[tp].push_back(e[i].to);maxdeep=max(maxdeep,tp);
}
for(i=1;i<=maxdeep;++i)for(j=ch[i].size()-1;~j;--j)
{
q[r=1]=ch[i][j],BFS(ch[i][j],i);
if(flag){for(k=1;k<=maxdeep;++k) ch[k].clear(),mxdep[k]=-inf;return;}
}
for(i=1;i<=maxdeep;++i) ch[i].clear(),mxdep[i]=-inf;
}
int main()
{
N=read();L=read();U=read();
register int i,x,y;
register double rans=1000000.,lans=0.;
for(i=1;i<N;++i)
x=read(),y=read(),ins(x,y,read()),
sm=N;rt=0;getroot(1,0);build(rt,N);
for(i=1;i<=N;++i) mxdep[i]=-inf;
for(i=1;i<=35;++i)
{
if(rans-lans<0.0001) break;
mid=(lans+rans)/2.;
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(fa,0,sizeof fa);
flag=0;
for(x=1;x<=N&&!flag;++x) solve(qur[x]);
if(flag) lans=mid;
else rans=mid;
}
printf("%.3lf
",lans);
return 0;
}
Blog来自PaperCloud，未经允许，请勿转载，TKS！