[JZOJ3987]Tree

题目大意

给定一棵有$n$个节点的点带权（$v_i$）无根树。你需要选择一些互不相交（包括端点）的路径。如果你选择了$k$条路径，且覆盖的点权和为$S$，得分就为$\frac S{k+1}$。
另外，在选取路径之前，你必须执行一次如下的操作（操作分为三个步骤）：

1. 选定整数参数$C$，满足$C\in[0,T]$
2. 将所有点权加上$C$
3. 将所有点权对$LIMIT$取模。

其中$T$，$LIMIT$的值已经被给出，你需要求出可能的最大得分。

$1\le n\le5\times10^3,v_i,t\lt LIMIT\le10^5$

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题目分析

先不考虑必须要执行的操作，假设我知道每一个点的权值，怎么做呢？
分数规划的常见套路：考虑二分答案$ans$，那么当前答案可行当且仅当存在方案满足：

$$\frac{S}{k+1}>ans$$
即
$$S-k\times ans>ans ]$$
那么怎么判断当前答案是否可行呢？可以发现，如果我们在计算时将每一条路径各自带来的得分都减去$ans$，那么左边式子是可以看成与路径条数$k$无关的。
因此我们使用动态规划算法来判定答案是否可行。我们随便选一个根节点，设$f_i$和$g_i$分别表示节点$i$向上延伸/不向上延伸（包括它作为两个儿子向上延伸的交点和不选它两种情况），子树$i$的最大得分。
这个瞎讨论一下就可以转移，时间复杂度是$\mathrm O(n)$的。也就是说我们可以在线性时间内完成对答案可行性的判定。
那么现在要考虑执行操作，显然我们没有必要对于$[0,T]$内的每一个数都考察一遍，因为如果有很多个$C$，它们都不会造成任何一个$v_i$被$LIMIT$模掉，那么显然这些$C$中最大那个会造成更优的结果。因此我们只用考察$LIMIT-v_i-1$这种数（当然还要判断是否小于等于$T$之类的）。令$E$表示二分答案次数，现在时间复杂度是$\mathrm O(n^2E)$。
这让还不能得到所有分数，怎么办呢？
在这题，我们可以线性判断对于一个点权序列，一个答案是否可行，但是要具体求出对于这个点权序列的最优解，就要算上二分的复杂度。
那么我们考虑加上一个优化，每次二分之前，先判定对于当前要考察的点权序列，目前的最优解是否可行，如果不可行，那么在这个点权序列我们不可能计算出更加优的结果，就不用在这里二分了。
但是这样我依然有可能每次都要二分，毕竟有可能很不好运，每一个考察值的答案都比前一个优。那怎么办？我们随机化！
将所有考察值去重，然后随机打乱，使用上面的方法判断。这样期望只会有$\log n$个值要进行二分。这个证明需要用到一下结论：

• 一个$n$个数随机顺序的排列，我们从第一个数开始，每次跳到后面第一个比自己大的位置，期望情况下需要$\log n$步。
• 证明：根据期望的线性性，我们只要计算出每一个位置对步数造成贡献的概率之和。显然一个位置$i$对答案造成贡献当且仅当在它前面没有更大的数，这个概率为$\frac 1 i$，我们累加起来就是调和级数，是$\mathrm O(\log n)$的。

于是这里的时间复杂度变为$\mathrm O(n^2+nE\log n)$了。

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代码实现

请注意代码常数……

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <ctime>

using namespace std;

typedef double db;

const db EPS=1e-8;
const db INF=1e+40;
const int N=5005;
const int E=N<<1;

int c[N],v[N],last[N];
int nxt[E],tov[E];
int n,T,LIM,tot,m;
db f[N],g[N];
db ans,sum;

void insert(int x,int y){tov[++tot]=y,nxt[tot]=last[x],last[x]=tot;}

void dfs(int x,int fa,db cur)
{
    f[x]=-cur,g[x]=0.0;
    db d1=-INF,d2=-INF,gsum=0.0;
    for (int i=last[x],y;i;i=nxt[i])
        if ((y=tov[i])!=fa)
        {
            dfs(y,x,cur);
            gsum+=g[y];
            if (d1<f[y]-g[y]) d2=d1,d1=f[y]-g[y];
            else if (d2<f[y]-g[y]) d2=f[y]-g[y];
        }
    f[x]=max(f[x],d1)+gsum+v[x];
    g[x]=max(g[x],max(d1+d2+cur+v[x],d1+v[x]))+gsum;
}

bool judge(db cur)
{
    dfs(1,0,cur);
    return max(f[1],g[1])>=cur;
}

db calc(db l,db r)
{
    db mid,ret=l;
    for (;r-l>=EPS;)
    {
        mid=(l+r)/2.0;
        if (judge(mid)) l=(ret=mid)+EPS;
        else r=mid-EPS;
    }
    return ret;
}

void solve()
{
    ans=0.0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++) v[j]+=c[i],v[j]>=LIM?v[j]-=LIM:0;
        if (judge(ans)) ans=calc(ans,sum);
        for (int j=1;j<=n;j++) v[j]-=c[i],v[j]<0?v[j]+=LIM:0;
    }
}

int main()
{
    srand(time(0));
    freopen("tree.in","r",stdin),freopen("tree.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&LIM);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]),sum+=v[i]+LIM;
    for (int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),insert(x,y),insert(y,x);
    scanf("%d",&T);
    for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=min(T,LIM-1-v[i]);
    sort(c+1,c+1+n);
    m=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) if (i==1||c[i]!=c[m]) c[++m]=c[i];
    random_shuffle(c+1,c+1+m);
    solve();
    printf("%.6lf\n",ans);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}