【BZOJ 1065】【Vijos 1826】【NOI 2008】奥运物流
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1065
https://vijos.org/p/1826
好难的题啊TWT
∈我这辈子也想不出来系列~
题解详见2009年的论文徐源盛《对一类动态规划问题的研究》。
这道题我第一眼一脸懵逼。。。
然后持续懵逼。。。
最后看论文里的题解
我再来重复一下（论文绝对比我讲得详细QAQ）
首先\(R(i)=C_i+k\sum_\limits{j=1}^wR(p_j)\)
如果是单纯的一棵树，那么从孩子传到父亲非常方便。但是根节点1处会有向其他点的边形成环，这样怎么统计？
根据题解：把所有点的递推式写出来，然后迭代一下，把环上的点的R值全用1的R值和其他点的C值表示，然后把R(1)提出来得到：$$R(1)=\frac{\sum_\limits{j=1}nC_i*k{d(i,1)}}{1-k^{len}}$$
这样环长len确定时，只要分子尽可能大就可以了，这是第一步。
光第一步我就gg了QwQ
又因为\(k<1\)，所以如果一个点的C值要对R(1)贡献尽可能的大，那么如果修改这个点，一定直接把这个点连向1，否则肯定不是最优的。
那么类似IOI2015河流那道题，子节点的状态的改变会对它的祖先的状态值有影响，需要新增状态来记录未来可能发生的情况。
设用\(f(i,j,d)\)表示以点i为根的树中，修改j次，且点i到1的距离为d的最大值。
为了方便转移令\(g(i,j,d)=max\{f(i,j,d+1),f(i,j,1)\}\)
\(f(i,j,d)=max\{g(s_1,j_1,d)+g(s_2,j_2,d)+\dots +g(s_t,j_t,d)\}+c(i)*k^d\)
\(s_1,s_2\dots s_t\)为i的t个儿子。
如果i节点不修改后继，\(j_1+j_2+\dots +j_t=j\)
如果i节点修改后继为1，\(j_1+j_2+\dots +j_t=j-1\)，且\(d=1\)
为了避免转左儿子右兄弟，f的转移可以用FF数组来加速，\(FF(i,j)\)表示前i个孩子分配j次修改能得到的最大贡献。
套在最外面的一步是枚举环的长度。因为最终树的环上的点一定是原先的树中环上的点（环上的点是哪些不重要，重要的是环的长度，用原先环上的点可以节省修改次数给其他节点用）。
扫出以1为首节点的环（如图1,2,3,4,5,6）
然后枚举最终树上环的长度len，如图蓝线描出了最终的环，此时len为4
4的后继边指向了1。
然后对1到4所有节点为根的外向树进行dp，注意此时5,6及其外向树也应算作1的外向树。
如图，此时最优答案为\(f(1,j_1,0)+f(2,j_2,3)+f(3,j_3,2)+f(4,j_4,1)\)
其中\(\sum j=m-1\)，（如果len为原环长，\(\sum j=m\)）
再用dp算一下当前环长下的正确答案就可以啦。
时间复杂度\(O(n^3m^2)\)，虽然看起来不可过，不过可以过的~
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 63;
struct node {int nxt, to;} E[N];
int n, m, T[N], point[N], cnt, cir[N], ctot = 0, a[N], atot, deep[N];
double k, f[N][N][N], g[N][N][N], FF[N][N], C[N], ipow[N];
bool vis[N];
void ins(int u, int v) {E[++cnt] = (node) {point[u], v}; point[u] = cnt;}
void pre_dfs(int x) {
for (int i = point[x]; i; i = E[i].nxt)
if (!vis[E[i].to])
deep[E[i].to] = deep[x] + 1, pre_dfs(E[i].to);
}
void dp(int x) {
for (int i = point[x]; i; i = E[i].nxt)
if (!vis[E[i].to])
dp(E[i].to);
atot = 0;
for (int i = point[x]; i; i = E[i].nxt)
if (!vis[E[i].to]) a[++atot] = E[i].to;
for (int d = deep[x]; d >= 1; --d) {
for (int i = 1; i <= atot; ++i)
for (int l = 0; l <= m; ++l)
FF[i][l] = 0;
for (int i = 1; i <= atot; ++i)
for (int l = 0; l <= m; ++l)
for (int nowl = 0; nowl <= l; ++nowl)
FF[i][l] = max(FF[i][l], FF[i - 1][l - nowl] + g[a[i]][nowl][d]);
for (int j = 0; j <= m; ++j)
f[x][j][d] = FF[atot][j] + C[x] * ipow[d];
}
if (x == 1) {
for (int i = 1; i <= atot; ++i)
for (int l = 0; l <= m; ++l)
FF[i][l] = 0;
for (int i = 1; i <= atot; ++i)
for (int l = 0; l <= m; ++l)
for (int nowl = 0; nowl <= l; ++nowl)
FF[i][l] = max(FF[i][l], FF[i - 1][l - nowl] + g[a[i]][nowl][0]);
for (int j = 0; j <= m; ++j)
f[x][j][0] = FF[atot][j] + C[x];
} else {
for (int j = 1; j <= m; ++j)
f[x][j][1] = max(f[x][j][1], FF[atot][j - 1] + C[x] * k);
}
for (int d = deep[x] - 1; d >= 0; --d) {
g[x][0][d] = f[x][0][d + 1];
for (int j = 1; j <= m; ++j)
g[x][j][d] = max(f[x][j][d + 1], f[x][j - 1][1]);
}
}
int main() {
scanf("%d%d%lf", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", T + i);
ins(T[i], i);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lf", C + i);
ipow[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
ipow[i] = ipow[i - 1] * k;
int tmp = T[1]; cir[++ctot] = 1;
while (tmp != 1) {
cir[++ctot] = tmp;
tmp = T[tmp];
}
double ans = 0, ret;
vis[1] = true;
for (int len = 2; len <= ctot; ++len) {
vis[cir[len]] = true;
pre_dfs(1);
cnt = len;
for (int i = 2; i <= len; ++i)
deep[cir[i]] = --cnt, pre_dfs(cir[i]);
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(g, 0, sizeof(g));
for (int i = 1; i <= len; ++i)
dp(cir[i]);
cnt = len;
memset(FF, 0, sizeof(FF));
for (int i = 0; i <= m; ++i)
FF[1][i] = f[1][i][0];
for (int i = 2; i <= len; ++i) {
--cnt;
for (int j = 0; j <= m; ++j)
for (int nowl = 0; nowl <= j; ++nowl)
FF[i][j] = max(FF[i][j], FF[i - 1][j - nowl] + f[cir[i]][nowl][cnt]);
}
if (len < ctot) ans = max(ans, FF[len][m - 1] / (1.0 - ipow[len]));
else ans = max(ans, FF[len][m] / (1.0 - ipow[len]));
// printf("%.2lf\n", f[1][1][0]);
}
printf("%.2lf\n", ans);
// for (int i = 1; i <= ctot; ++i)
// printf("%d\n", cir[i]);
return 0;
}
