[bzoj4726][POI2017][Sabota?] (树形dp)
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0.6666666667
HINT
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树形dp嘛。
来自popoqqq的题解:
1.我们可以证明,最坏情况下,叛徒一定是叶子节点。
即,若有一个非叶节点是叛徒,且其儿子不是叛徒,而它父亲又被策反了,那么它的儿子是叛徒从而策反父亲的机率||比例显然更优
2.我们可以得出,一人策反,全家策反,也就是一些叛徒一定在整颗子树里
对于一个点x,设f[x]为x点不被策反需要的最小的比例
那么初始态,即叶子节点f[叶]=1
对于每个非叶节点,枚举儿子,在儿子中取最大的,儿子都是叛徒的比例或儿子不是叛徒的最小值来满足此点不是叛徒
对于每个大小大于k的子树,记录答案,去最大值
代码比较简单,用记事本手写直接交就ac了
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MaxN 500010
#define MaxBuf 1<<22
#define RG register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define Blue() ((S==T&&(T=(S=B)+fread(B,1,MaxBuf,stdin),S==T))?0:*S++)
#define dmax(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define dmin(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
char B[MaxBuf],*S=B,*T=B;
template<class Type>inline void Rin(RG Type &x){
x=;RG int c=Blue();
for(;c<||c>;c=Blue())
;
for(;c>&&c<;c=Blue())
x=(x<<)+(x<<)+c-;
}
bool isn_leave[MaxN];
int n,sz[MaxN],m;
double f[MaxN],ans;
struct Pointer{
int to;
Pointer *next;
}*fir[MaxN],mem[MaxN],*tot=mem;
inline void link(RG int x,RG int y){
isn_leave[x]=true;
*++tot=(Pointer){y,fir[x]},fir[x]=tot;
}
void _dfs(RG int at){
sz[at]=;
for(Pointer *iter=fir[at];iter;iter=iter->next)
_dfs(iter->to),sz[at]+=sz[iter->to];
}
void tree_dp(RG int at){
if(!isn_leave[at]) {f[at]=1.000; return;}
for(Pointer *iter=fir[at];iter;iter=iter->next){
tree_dp(iter->to);
f[at]=dmax(f[at],dmin(f[iter->to],(double)sz[iter->to]/(sz[at]-)));
}
if(sz[at]>m)
ans=dmax(ans,f[at]);
}
int main(){
Rin(n),Rin(m);
for(RG int i=;i<=n;i++){
RG int pa;
Rin(pa);
link(pa,i);
}
_dfs(); tree_dp();
printf("%.10lf\n",ans);
return ;
}
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