题目：
分析：
设dp[i][j]表示从第i个点出发（正确节点），还可以有j个存档点（在i点使用一个存档机会），走到终点n的期望步数
那么
a[i][k]表示i点为存档点，从i点走到k点（正确节点）的期望步数（中间没有其它存档点）
那么a[i][j]可以递推预处理出
其中g[v]表示从一个错误节点v开始走，期望走g[v]步会读档
解方程可以解出
s[j-1]就是点j-1出去的所有错误儿子的g[v]之和
那么接下来只要知道如何求g[v]就行了
这个直接dfs一遍就行了
好，那么现在我们的主dp就可以求解了
但是直接dp的复杂度是O(n^2p)的，这样会TLE
方法一：
注意到这个dp的本质是把一个序列给分成p段，那么其中某一段会不会很长呢？
我们会发现a的增长是非常快的，而最终的答案不会很大，所以也就是说当前的i的最优转移j，不会离i太远
所以通过计算可以发现这个距离step<=40
所以时间复杂度O(40n^2)
方法二：
考虑dp优化的惯用套路
容易得出此dp是决策单调的，也就是f(i)<=f(i+1)
那么就可以决策单调优化O(nplogn)
具体的就维护一个队列，队列里每个元素存着[l,r,p]表示区间l~r，当前最优决策是p
每次从队头取出最优策略，将此次新的决策从队尾开始放入并合并区间
1 dp[1][n]=0.0; 2 for(int now=2;now<=number;++now) 3 { 4 int head=1,tail=1; 5 q[1]={1,n-1,n}; 6 for(int i=n-1;i>=1;--i) 7 { 8 while(head<tail&&q[head].l>i) ++head; 9 dp[now][i]=cal(now-1,i,q[head].p); 10 while(head<tail&&cal(now-1,q[tail].r,i)<cal(now-1,q[tail].r,q[tail].p)) --tail; 11 int position=find(now,q[tail].l,q[tail].r,i,q[tail].p); 12 if(position) 13 { 14 q[tail+1]={1,position,i}; 15 q[tail].l=position+1; 16 if(q[tail].l>q[tail].r) ++head; 17 ++tail; 18 } 19 } 20 }
方法三：
一个很神奇的二分套路（详见王钦石《浅析一类二分方法》）
这是一个限制段数的dp，我们把它写成不限制段数的情况
然后我们去二分一个常数C，使得式子变成这样
这里的C表示每次重新开一段所需要的代价
很明显，C越大，最优情况下分的段数就越少，C越小，最优情况下分的段数就越多
所以我们可以二分C，对于每个C，进行dp
通过n->pre[n]->pre[pre[n]]->...->1，我们可以知道存了多少次档，当存档数恰好等于p的时候，此时对应的划分方案就是读档p次时候的最优解，就是将dp的最优值减去C*p
但是有个trick，王钦石论文里也提到了
就是可能当前eps下，并没有哪个C会使得我恰好读了p次档，即某个C情况下，我读了p-1次档，在C-eps情况下，我读了p+1次档，就是没有读p次档
这时候有个结论就是C-eps时，我读p+1次档这个情况下也必定有我读p次档的解，此时原本答案是dp-(p+1)*C,现在这样改成读p次档之后，答案就是dp-p*C
这样复杂度是O(n^2logA)
当然这里的dp可以优化，但不过预处理的时候O(n^2)是跑不掉的，所以再优化也不会低于O(n^2)的复杂度
1 int minnum=m+1; 2 while (l+eps<=r) 3 { 4 long double mid=(l+r)/2; 5 int num=check(mid); 6 long double sum=0; 7 for(int now=n;now!=1;now=pre[now]) sum+=w[pre[now]][now]; 8 if (num<=p) 9 { 10 if (num==p) 11 { 12 ans=sum; 13 break; 14 }; 15 r=mid-eps; 16 } 17 else 18 { 19 if(num<=minnum) 20 { 21 ans=sum+(num-p)*mid; 22 minnum=num; 23 } 24 l=mid+eps; 25 } 26 }