給定一棵樹，邊有邊權，要求找到一條長度在\([l,r]\)之間的鏈，使得鏈的總價值和除以鏈長最大
顯然，這個式子的形式讓人想到了01分數規劃。於是根據01分數規劃的套路，先二分乙個答案
考慮如何判斷，現在等於把所有邊都減去了乙個\(mid\)，要看有沒有一條價值大於0的長度介於\([l,r]\)的鏈
是不是感覺點分治呼之欲出。的確，到了這裡就是乙個點分治的經典例題了。但是這不是這篇題解的重點
顯然dp也可做，記\(f_\)為在\(u\)子樹中以\(u\)為端點的一條長度為\(j\)的鏈的最大價值，這個dp轉移比較簡單，但是複雜度是\(o(n^2)\)的
我們發現這個dp的第二維狀態與深度有關，故可以用長鏈剖分優化，統計答案時也可以用線段樹優化，於是複雜度優化到了\(o(nlog^2n)\)
#include#define inf 1e8
#define db double
#define eps 1e-3
using namespace std;
int n,l,r,cnt,tim;
db ans,res,f[100005],g[100005];
int head[100005],w[200005],to[200005],next[200005];
int dfn[100005],son[100005],dep[100005],sonw[100005];
struct segment_tree
void change(int k,int l,int r,int pos,db val)
db query(int k,int l,int r,int wl,int wr)
}t;inline int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return x*f;
}inline void add(int u,int v,int p)
void dfs(int u,int fa)}}
return;
}void dp(int u,int fa,db x)
t.change(1,1,n,dfn[u],f[dfn[u]]);
for(register int i=head[u];i;i=next[i])
}for(register int j=1;j<=dep[v];++j)}}
if(dep[u]-1>=l)
res=max(res,g[dfn[u]]+t.query(1,1,n,dfn[u]+l,dfn[u]+min(r,dep[u]-1)));
return;
}int check(db x)
int main()
dfs(1,0);
db l=0,r=1e6,ans=0;
while(r-l>=eps/10)
else
r=mid;
}printf("%0.3lf\n",ans);
return 0;
}
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