洛谷 P8162

考虑我们的决策肯定是先按 \(B_i\) 大小在几个州赢得协作者，然后再在剩下的几个州里赢得选票。

下文记 \(S\) 为赢得协作者的州的集合，\(T\) 为赢得选票的州的集合。

按 \(B_i\) 从小到大排序后，对于一个前缀 \(i\) 来说，如果 \(i\) 是编号最大的赢得协作者的州，那么对于每个 \(j(j<i)\)，要么 \(j\in S\)，要么 \(j\in T\)。

证明的话就考虑如果前面有一个州 \(k\) 既没赢得协作者也没赢得选票，那么可以在 \(S\) 中删去 \(i\)，加入 \(k\)，不难发现这样调整后变得更优了。

于是我们可以枚举 \(S\) 的大小，然后对于每个后缀 \(i\) 先求出要赢得 \(j\) 张选票的最小代价，对于每个前缀 \(i\) 去 DP 一下选 \(\left|S\right|\) 个赢得协作者的州和 \(i-\left|S\right|\) 个赢得选票的州的最小代价，然后合并即可。

时间复杂度为 \(\mathcal O(n^3)\)。

具体细节看代码。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair <int, int> pii;
const int N = 505;
int n, K;
pii a[N], b[N];
double f[N][N], g[N][N];
double ans = 1e9;

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &K);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &a[i].fi, &a[i].se);
		if (a[i].se == -1) a[i].se = 1e9;
	}
	sort(a + 1, a + n + 1, [](pii x, pii y) {
		return x.se < y.se;
	});
	memcpy(b, a, sizeof b);
	for (int i = n; i; --i) {
		sort(a + i, a + n + 1, [](pii x, pii y) {
			return x.fi < y.fi;
		});
		for (int j = i; j <= n; ++j) g[i][j - i + 1] = g[i][j - i] + a[j].fi; 
	}
	memcpy(a, b, sizeof a);
	for (int k = 0; k <= K; ++k) {
		for (int i = 0; i <= K; ++i)
			for (int j = 0; j <= k; ++j)
				f[i][j] = 1e9;
		f[0][0] = 0;
		for (int i = 1; i <= K; ++i) {
			f[i][0] = f[i - 1][0] + 1.0 * a[i].fi / (k + 1);
			for (int j = 1; j <= k; ++j) f[i][j] = min(f[i - 1][j - 1] + 1.0 * a[i].se / j, f[i - 1][j] + 1.0 * a[i].fi / (k + 1));
		}
		for (int i = 0; i <= K; ++i) ans = min(ans, f[i][k] + g[i + 1][K - i] / (k + 1));
	}
	printf("%.8lf", ans);
	return 0;
}