题意
一棵 (n) 个点的树，其中有一个点（不知道是哪个）叛变了。若一个点的下属（即不包括这个点子树除去本身）中叛变点个数的比例大于 (x) ，那么这个点就会叛变，并且它的所有下属都会叛变。求最小的 (x) 使得 最坏情况下 叛变总点数不超过 (k) 。(n,kle 5 imes 10^5) ，精度要求 (10^{-6})。
分析
有两个比较显然的结论。若一个点整个子树叛变了，但不能使父亲叛变，那么就只有这个子树叛变了。既然在父亲的下属的比例都不足，再上面的就更不可能够了。即最终叛变的是一个子树。
第二个结论，最坏情况下最开始叛变的是叶子节点。若最开始叛变的不是叶子节点，它都能使得父亲叛变，那么取这个节点子树的任意一个叶子也可以。
有了这两个结论，我开始就想到了二分答案，判断是否可行。结果 TLE 了。
去看题解。
这个东西可以直接DP出来！！
设 f[u] 表示 (u) 子树不首先叛变的最小 (x) ，那显然有转移
[f[u]=max _v lbrace min (f[v],frac{ ext{size}[v]}{ ext{size}[u]-1})
brace \
f[ ext{leaf}]=1
]
若要整个子树叛变，是叶子就本身叛变，否则是某个儿子叛变，然后能够传过来。取其中的最大值，在无限接近这个值但稍微大一点的时候就不会叛变。
对所有子树大小大于 (k) 的子树取 (max) 就是答案了。
用dp的方式，类似的过程把二分答案直接算出来了，很妙啊～
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline char nchar() {
static const int bufl=1<<20;
static char buf[bufl],*a,*b;
return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;
char c=nchar();
for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=5e5+1;
const double eps=1e-7;
typedef vector<int> vec;
typedef vec::iterator itt;
int n,k;
double ans=0;
template<typename T> inline void Max(T &x,T y) {x=max(x,y);}
namespace tree {
vec g[maxn];
int size[maxn];
inline void add(int x,int y) {g[x].push_back(y);}
int Size(int x) {
int &sz=size[x]=0;
for (itt it=g[x].begin();it!=g[x].end();++it) sz+=Size(*it);
return sz+1;
}
double dp(int x) {
if (!size[x]) return 1;
double fx=0;
for (itt it=g[x].begin();it!=g[x].end();++it) {
const int &v=*it;
Max(fx,min((double)(size[v]+1)/size[x],dp(v)));
}
if (size[x]+1>k) Max(ans,fx);
return fx;
}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
n=read(),k=read();
for (int i=2;i<=n;++i) tree::add(read(),i);
tree::Size(1);
tree::dp(1);
printf("%.10lf
",ans);
return 0;
}