BZOJ4753: 最佳团体题解

最新推荐文章于 2020-01-13 20:23:43 发布

IcePrincess_1968

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分类专栏： ----------DP---------- 树型dp 01分数规划 ----------常用技术---------- 文章标签： 01分数规划二分答案树型背包 BZOJ

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/IcePrincess_1968/article/details/79873263

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本文介绍了一种结合分数规划与树型背包优化的方法，通过二分查找和动态规划来求解特定类型的最优化问题。针对包含节点0的大小为k+1的连通块选取问题，在树结构上实现了O(n²logn)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

首先肯定是01分数规划，先二分答案，设当前答案是 $x$ ，那么每个点的权值就是 $a_i-xb_i$ ，我们要在树上取一个包含节点0的大小为 $k+1$ 的连通块（因为有0所以+1），使得权值最大，然后看这个最大权值是否大于等于0
这个可以考虑树型背包
这个看上去是 $O(n^3)$ 的，但有一个小技巧可以让他变成 $O(n^2)$
我们考虑一个和传统树型dp不太一样的状态
设 $dp[i][j]$ 表示当前考虑到原树的dfs序的第i个节点，还打算在后面的节点中选j个点的最大收益

要在i为根的子树内选择一部分节点，那么至少得选择i这个节点， $dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-1]+a_i-xb_i)$
不在i为根的子树内选择节点，那么直接跳过以i为根的子树，我们知道在dfs序中以i为根的子树是连续的一段， $dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i+size[i]][j])$

特别的，如果 $i+size[i]>n+1$ 且 $j\neq0$ ，那么必须在以i为根的子树内选择节点，没有第二种转移
总复杂度 $O(n^2logn)$

最好写从后向前的递推版本，记忆化搜索有点慢

#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <cmath>
#define LL long long
#define LB long double
#define x first
#define y second
#define Pair pair<int,LL>
#define pb push_back
#define pf push_front
#define mp make_pair
#define LOWBIT(x) x & (-x)
using namespace std;

const int MOD=100003;
const LL LINF=2e16;
const int INF=1e9;
const int magic=348;
const double eps=1e-10;
const double pi=acos(-1);

inline int getint()
{
    char ch;int res;bool f;
    while (!isdigit(ch=getchar()) && ch!='-') {}
    if (ch=='-') f=false,res=0; else f=true,res=ch-'0';
    while (isdigit(ch=getchar())) res=res*10+ch-'0';
    return f?res:-res;
}

int n,k;
vector<int> v[2548];
double a[2548],b[2548];
int seq[2548],ind=0;
double dp[2548][2548];
int sz[2548];
double l,r,mid;

inline void dfs(int cur)
{
    int i,y;sz[cur]=1;seq[++ind]=cur;
    for (i=0;i<int(v[cur].size());i++)
    {
        y=v[cur][i];dfs(y);
        sz[cur]+=sz[y];
    }
}

inline bool check()
{
    int i,j;
    for (i=1;i<=n+2;i++)
        for (j=0;j<=k;j++)
            dp[i][j]=-INF;
    for (i=1;i<=n+2;i++) dp[i][0]=0;
    for (i=n+1;i>=1;i--)
        for (j=1;j<=min(k,n+2-i);j++)
            if (i+sz[seq[i]]<=n+1)
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1]+a[seq[i]]-b[seq[i]]*mid,dp[i+sz[seq[i]]][j]);
            else
                dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+a[seq[i]]-b[seq[i]]*mid;
    return dp[1][k]>=0;
}

int main ()
{
    int i,x;
    k=getint();n=getint();k++;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        b[i]=getint();a[i]=getint();
        x=getint();v[x].pb(i);
    }
    dfs(0);
    l=0;r=1e4;double ans=0;
    while (r-l>1e-5)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if (check()) ans=mid,l=mid; else r=mid;
    }
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}