原题链接
考察:树形dp+二分
思路:
化为01分数规划后,每个人的贡献是 p[i] - mid*s[i],注意一下后面并非图论问题,因为不需要回到源点.因为取某个人的条件是那个人的推荐人也在队列中,所以是树形背包问题.
普通的树形背包时间复杂度是O(n³),TLE是明显的.(所以本蒟蒻紧急学了树形背包优化)
考虑优化.首先是树形背包的上下界优化.普通的树形背包在遍历子结点的转移方式是:

for(int j=sum;j>=0;j--)//多少人
          for(int k=0;k<=j;k++)//子节点多少人
           f[u][j] = max(f[v][k]+f[u][j-k],f[u][j]);	

注意这里有些状态是不必要的

1. 当j>sz[u] sz[u]表示以u为根的树中,所有结点个数.
2. k>sz[v]
3. 我们更新f[u][j]时,子结点是一个个加进去的:
   f[u][j] = max(f[v][k]+f[u][j-k],f[u][j])
   如果我们在更新上一个子结点的时候,j-k>该子结点左边所有点,此时f[u][j]一定没有被更新,所以可以适当把k调大,k>=j-左边所有点.

这样只通过上下界优化就可以AC本题,什么时候我抽空补一下dfs序优化.

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-5;
const int N = 2510,INF = 0x3f3f3f3f;
int n,k,s[N],p[N],h[N],idx,sz[N];
double c[N],f[N][N];
struct Road{
	int fr,to,ne;
}road[N*N>>1];
void add(int a,int b)
{
	road[idx].fr = a,road[idx].to = b,road[idx].ne = h[a],h[a] = idx++;
}
void dfs(int u)
{
	sz[u] = 1;
	for(int i=h[u];~i;i=road[i].ne)
	{
		int v = road[i].to;
		dfs(v);
		for(int j=min(k,sz[u]+sz[v]);j>=0;j--)
		 for(int t=max(1,j-sz[u]);t<=j&&t<=sz[v];t++)
		   f[u][j] = max(f[v][t]+f[u][j-t],f[u][j]);
		sz[u]+=sz[v];
	}
	for(int i=min(k,sz[u]);i>=1;i--) f[u][i] = f[u][i-1]+c[u];
	f[u][0] = 0;
}
bool check(double mid)
{
	for(int i=1;i<=n;i++) c[i] = p[i]-mid*s[i];
	for(int i=0;i<=n;i++)
	  for(int j=0;j<=k;j++)
	    if(!j) f[i][j] = 0;
	    else f[i][j] = -INF;
	dfs(0);
	if(f[0][k]>=0) return 1;
	else return 0;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&k,&n);
	h[0] = -1; k++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int fr; h[i] = -1;
		scanf("%d%d%d",&s[i],&p[i],&fr);
		add(fr,i);
	}
	double l = 0,r = 10001;
	while(r-l>=eps)
	{
		double mid = (l+r)/2;
		if(check(mid)) l = mid;
		else r = mid;
	}
	printf("%.3lf\n",r);
	return 0;
}