[COGS2652]秘术「天文密葬法」-长链剖分-01分数规划

秘术「天文密葬法」

题目说明：
路径的长度是点数
所有整数都是正整数
已添加一句话题意

【题目描述】

永琳需要协助紫解决异变！
在某个满月的夜晚，幻想乡的结界出现了异常，虽然目前还没有找到原因，不过有一点可以肯定的是，这次异变一定和满月有关。间隙妖怪紫在试图修复结界时需要永琳帮她排除满月产生的干扰，为了保护辉夜公主，永琳必须协助紫解决这次异变，所以她打算再次使用符卡”秘术「天文密葬法」”来用虚假的月亮替换真实的满月，但是她在使用符卡的时候出现了一些问题。
“秘术「天文密葬法」”由n个使魔组成，每个使魔都有一个能值和一个波值，同时存在n-1条能量通道将这n个使魔连接起来，并且每个使魔都能通过能量通道和其它所有使魔相连。
完成天文密葬法的关键步骤是在这n个使魔中找到一条用能量通道连接起来的路径，将大部分能量集中于这条路径来展开法术，然而路径上的使魔在法术张开时会产生共振，产生一个干扰值，干扰值等于路径上所有使魔能值的和除以波值的和。
为了确保计划顺利进行，永琳需要选择一条长度为m且干扰值最小的路径，虽然作为月之头脑，但此时永琳需要集中精力展开法术，所以她向你求助。
永琳在知道一个干扰值后就能快速找到这个干扰值对应的路径，你只需要告诉她所有路径中干扰值最小的路径干扰值是多少
答案四舍五入到小数点后两位
一句话题意：
给个树，第i个点有两个权值ai和bi，现在求一条长度为m的路径，使得Σai/Σbi最小

【输入格式】

第一行一个整数n,m，意义如上
如果m为-1则表示对长度没有限制（但路径不能为空
第二行n个整数，第i个整数ai表示第i个使魔的能值
第三行n个整数，第i个整数bi表示第i个使魔的波值
接下来n-1行，每行两个整数l,r，表示有一条能量路径连接第l个使魔和第r个使魔
一行中的所有整数均用空格隔开

【输出格式】

如果不存在长度为m的链，请输出-1
否则一行一个浮点数，表示干扰值最小的路径干扰值是多少

【样例输入1】

3 2
2 3 3
6 6 6
1 2
2 3

【样例输出1】

0.42

【样例输入2】

9 3
9 4 4 1 6 5 1 9 5
8 3 3 1 5 4 1 8 4
1 2
2 3
3 4
3 5
1 6
6 7
7 8
6 9

【样例输出2】

1.15

【数据范围】

m<=n<=200000
ai,bi<=200000

---

《论根据名字选择题目的优越性》
看见名字直接被炸进来了……

---

思路:

ans=∑ai∑bi

可以很明显发现这是一个裸的01分数规划……
那么就变个形

∑ai−ans∗∑bi=0

然后就是惯用的二分答案了~

然后显然看到路径统计就会想到点分治……
然而点分治总复杂度为O(nlog2n)，能过但跑的太慢，不够优秀。

不如考虑一种奇妙的方法——长链剖分。
长链剖分是树链剖分的一种，平时一般说树链剖分指的都是重链剖分。
长链剖分和重链剖分唯一的不同在于，长链剖分以子树中最深点的深度作为剖分的依据，而重链剖分则是以子树内点的个数为依据。
在重链剖分的情况下，如果进行一波dsu on tree，复杂度会是O(nlogn)的。
然而当题目的询问关键字为点的深度时，可以改为使用长链剖分，复杂度为O(n)。
为什么呢？因为咱每次用的都是每个儿子的长链进行更新，那么如果一条长链被算进了复杂度，那么就说明它不是它的父亲的长链，它的祖先就再也不会用到它了。
这样可以发现每个点被暴力统计的次数为O(1)，总复杂度O(n)。

这题怎么用长链剖分呢？
刚才咱已经将问题转换为了判断树上长度为m的路径得到的上式的值的最小值为多少，用这个值去二分。
可考虑一个类似点分治的，很暴力的dp:
记f[i][j]为以i为根的子树中，相对深度为j的路径的最小值。
那么很显然需要使用每个儿子的f值以更新当前点的f值。
可以用同一点上，长度加起来为m的两个f值之和更新答案。

考虑到空间开不下，选择只开一维，预处理出dfs序，令f[i]表示当前点向下相对深度为i的路径最小值。
对于每个节点，秉承着不浪费每一丝空间的原则，每次咱取一段f上的位置以供当前节点使用。
如何确定这m个位置呢？
如果使用长链剖分，那么就是从其dfs序上的位置开始向后m个位置。
因为可以发现，在长链剖分下，重儿子的dfs序编号必然比当前节点大1。
那么重儿子分配到的会是从当前点的dfs序编号+1处开始，长度为m的一段数组。
而在朴素dp中，当前节点继承的儿子的每个f值恰好是其儿子的f值中所有下标整体+1，新增一个f[0]，同时给每个位置加上当前节点的点权。
也就是说，直接从当前点在dfs序上的位置开始取m个，并对这m个位置进行区间加，即可得到当前节点的f数组！
显然如果长度在f与最深相对深度取最小值的情况下，这是不会存在相交情况的。

那么这就做到了O(1)继承重儿子，同时每个深度的节点也只被合并了一次，复杂度是O(n)的！

那么这就做完了~
因为小小地卡了一波常数，可能代码看起来有点丑……
相应的成果是，短时间内上榜了~
估计也就是短时间内能上了……

#include<cstdio>#define getchar getchar_unlockedusing namespace std;typedef float db;const int N=2e5+9;const db eps=1e-3;int n,m;int to[N<<1],nxt[N<<1],beg[N],tot;int id[N],dep[N],siz[N],son[N],dfn;int a[N],b[N],dsiz[N],fl;db inc,tag[N],dp[N],ret;inline int read(){    int x=0;char ch=getchar();    while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();    while('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+(ch^48),ch=getchar();    return x;}inline void chkmin(db &a,db b){if(a>b)a=b;}inline void add(int u,int v){    to[++tot]=v;    nxt[tot]=beg[u];    beg[u]=tot;    to[++tot]=u;    nxt[tot]=beg[v];    beg[v]=tot;}void dfs1(int u,int fa){    siz[u]=dep[u];    son[u]=0;    for(register int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])        if((v=to[i])!=fa)        {            dep[v]=dep[u]+1;            dfs1(v,u);            if(siz[u]<siz[v])                siz[u]=siz[v],son[u]=v;        }    dsiz[u]=siz[u]-dep[u];}void dfs2(int u,int fa){    id[u]=++dfn;    if(son[u])    {        dfs2(son[u],u);        for(register int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])            if((v=to[i])!=fa && v!=son[u])                dfs2(v,u);    }}void dfs(int u,int fa){    db cost=(db)a[u]-inc*(db)b[u];    db *f=&dp[id[u]],*ff;    if(!son[u])    {        f[0]=cost;        tag[u]=0;        if(!m)            chkmin(ret,cost);        return;    }    dfs(son[u],u);    f[0]=-tag[son[u]];    tag[u]=tag[son[u]]+cost;    for(register int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])        if((v=to[i])!=fa && v!=son[u])        {            dfs(v,u);            ff=&dp[id[v]];            for(register int j=0;j<=dsiz[v] && j<m;j++)                if(m-1-j<=dsiz[u])                    chkmin(ret,f[m-1-j]+ff[j]+tag[u]+tag[v]);            for(register int j=0;j<=dsiz[v];j++)                chkmin(f[j+1],ff[j]+tag[v]-tag[u]+cost);        }    if(dsiz[u]>=m)        chkmin(ret,f[m]+tag[u]);}inline bool judge(db x){    inc=x;    ret=1e18;    dfs(1,0);    if(ret!=1e18)fl=1;    return ret<=0;}int main(){    freopen("cdcq_b.in","r",stdin);    freopen("cdcq_b.out","w",stdout);    n=read();m=read()-1;    for(int i=1;i<=n;i++)        a[i]=read();    for(int i=1;i<=n;i++)        b[i]=read();    db l=1e18,r=1e2,mid;    for(int i=1;i<=n;i++)        chkmin(l,(db)a[i]/(db)b[i]);    if(m==-2)    {        printf("%.2f\n",l);        return 0;    }    for(int i=1;i<n;i++)        add(read(),read());    dfs1(1,0);    dfs2(1,0);    if(!judge(r))    {        puts("-1");        return 0;    }    while(r-l>eps)    {        mid=(l+r)/2.0;        if(judge(mid))            r=mid;        else            l=mid;    }    printf("%.2f\n",l);    return 0;}