陶陶的难题II
时间限制：40s 空间限制：128MB
题目描述
输入格式
第一行包含一个正整数N，表示树中结点的个数。
第二行包含N个正实数，第i个数表示xi (1<=xi<=10^5)。
第三行包含N个正实数，第i个数表示yi (1<=yi<=10^5)。
第四行包含N个正实数，第i个数表示pi (1<=pi<=10^5)。
第五行包含N个正实数，第i个数表示qi (1<=qi<=10^5)。
下面有N-1行，每行包含两个正整数a,b(1<=a,b<=N)，表示树中的边。
第N+5行包含一个正整数M，表示询问的个数。
最后M行，每行包含正整数a,b(1<=a,b<=N)，表示一次询问。
输出格式
共M行，每行一个实数，第i行的数表示第i次询问的答案。
只要你的输出和我们的输出相差不超过0.001即为正确。
样例输入
5 3.0 1.0 2.0 5.0 4.0 5.0 2.0 4.0 3.0 1.0 1.0 3.0 2.0 4.0 5.0 3.0 4.0 2.0 1.0 4.0 1 2 1 3 2 4 2 5 4 2 3 4 5 2 4 3 5
样例输出
2.5000 1.5000 1.5000 2.5000
提示
100%的数据满足N,M≤ 30,000。
1<=Xi,Yi,Pi,Qi<=10^8
题目来源
没有写明来源
首先根据答案是个分数以及“你的输出和我们的输出相差不超过0.001即为正确”可以想到分数规划。然后化下式子可以发现i和j是可以分开考虑的，加上题目求的式子是一个分数可以自然想到凸包。但是我们怎么维护这个凸包呢？由于没有修改，我们可以通过线段树套std::vector维护，合并时由于两边横坐标都是单增的所以用类似归并排序的方法即可。最后，一般凸包问题都是用三分，但是仔细思考会发现其实二分也可以做。这样总的复杂度就是四个log的（分数规划，树链剖分，线段树，二分查找各一个）。由于复杂度并不满所以可以跑过（当然能用$O(n \log^4 n)$卡掉$O(n^2)$的题并不多见）
1 #include<cstdio>
2 #include<vector>
3 #include<algorithm>
4 #define ls (x<<1)
5 #define rs ((x<<1)|1)
6 #define lson ls,L,mid
7 #define rson rs,mid+1,R
8 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
9 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
10 typedef long double ld;
11 using namespace std;
12
13 const int N=50100;
14 int n,m,u,v,cnt,nd,dfn[N],d[N],top[N],sz[N],son[N],f[N],h[N],to[N<<1],nxt[N<<1];
15 ld vx[N],vy[N],vp[N],vq[N];
16
17 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; }
18
19 struct Seg{
20 ld px[N],py[N];
21 vector<int>V[N<<2];
22
23 void insert(vector<int>&V,int p){
24 while (V.size()>1 && (px[V[V.size()-1]]-px[p])*(py[V[V.size()-2]]-py[p])-(py[V[V.size()-1]]-py[p])*(px[V[V.size()-2]]-px[p])<-1e-10) V.pop_back();
25 V.push_back(p);
26 }
27
28 void build(int x,int L,int R){
29 if (L==R){ V[x].push_back(L); return; }
30 int mid=(L+R)>>1;
31 build(lson); build(rson);
32 int pl=0,pr=0,tl=V[ls].size(),tr=V[rs].size();
33 while (pl<tl || pr<tr)
34 if (pr==tr || (pl<tl && px[V[ls][pl]]<px[V[rs][pr]])) insert(V[x],V[ls][pl++]);
35 else insert(V[x],V[rs][pr++]);
36 }
37
38 ld que(int x,int L,int R,int l,int r,ld k){
39 if (L==l && R==r){
40 int ll=1,rr=V[x].size()-1,mid,ans=0;
41 while (ll<=rr){
42 mid=(ll+rr)>>1;
43 if (py[V[x][mid]]-k*px[V[x][mid]]-1e-10>py[V[x][mid-1]]-k*px[V[x][mid-1]]) ans=mid,ll=mid+1; else rr=mid-1;
44 }
45 return py[V[x][ans]]-k*px[V[x][ans]];
46 }
47 int mid=(L+R)>>1;
48 if (r<=mid) return que(lson,l,r,k);
49 else if (l>mid) return que(rson,l,r,k);
50 else return max(que(lson,l,mid,k),que(rson,mid+1,r,k));
51 }
52 }A,B;
53
54 ld solve(int x,int y,ld ans){
55 ld res1=-1e16,res2=-1e16;
56 while (top[x]!=top[y]){
57 if (d[top[x]]<d[top[y]]) swap(x,y);
58 res1=max(res1,A.que(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],ans));
59 res2=max(res2,B.que(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],ans));
60 x=f[top[x]];
61 }
62 if (d[x]>d[y]) swap(x,y);
63 res1=max(res1,A.que(1,1,n,dfn[x],dfn[y],ans));
64 res2=max(res2,B.que(1,1,n,dfn[x],dfn[y],ans));
65 return res1+res2;
66 }
67
68 void dfs(int x,int fa){
69 sz[x]=1; son[x]=0;
70 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa){
71 f[k]=x; d[k]=d[x]+1; dfs(k,x); sz[x]+=sz[k];
72 if (sz[k]>sz[son[x]]) son[x]=k;
73 }
74 }
75
76 void dfs1(int x,int tp){
77 dfn[x]=++nd; top[x]=tp; A.px[nd]=vx[x]; A.py[nd]=vy[x]; B.px[nd]=vp[x]; B.py[nd]=vq[x];
78 if (son[x]) dfs1(son[x],tp);
79 For(i,x) if ((k=to[i])!=f[x] && k!=son[x]) dfs1(k,k);
80 }
81
82 int main(){
83 freopen("bzoj2402.in","r",stdin);
84 freopen("bzoj2402.out","w",stdout);
85 scanf("%d",&n);
86 rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vx[i]);
87 rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vy[i]);
88 rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vp[i]);
89 rep(i,1,n) scanf("%Lf",&vq[i]);
90 rep(i,1,n-1) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
91 dfs(1,0); dfs1(1,1);
92 A.build(1,1,n); B.build(1,1,n);
93 for (scanf("%d",&m); m--; ){
94 scanf("%d%d",&u,&v);
95 ld L=0,R=1e8; int c=50;
96 while (c--){
97 ld mid=(L+R)/2;
98 if (solve(u,v,mid)>1e-10) L=mid; else R=mid;
99 }
100 printf("%.5Lf\n",L);
101 }
102 return 0;
103 }