题目大意

给定一棵有nn个节点的点带权（viv_i）无根树。你需要选择一些互不相交（包括端点）的路径。如果你选择了kk条路径，且覆盖的点权和为SS，得分就为Sk+1\frac S{k+1}。
另外，在选取路径之前，你必须执行一次如下的操作（操作分为三个步骤）：

选定整数参数CC，满足C∈[0,T]C\in[0,T]
将所有点权加上CC
将所有点权对LIMITLIMIT取模。

其中TT，LIMITLIMIT的值已经被给出，你需要求出可能的最大得分。

1≤n≤5×103,vi,t<LIMIT≤1051\le n\le5\times10^3,v_i,t\lt LIMIT\le10^5

题目分析

先不考虑必须要执行的操作，假设我知道每一个点的权值，怎么做呢？
分数规划的常见套路：考虑二分答案ansans，那么当前答案可行当且仅当存在方案满足：

Sk+1>ans

\frac{S}{k+1}>ans
即

S−k×ans>ans]

S-k\times ans>ans ]
那么怎么判断当前答案是否可行呢？可以发现，如果我们在计算时将每一条路径各自带来的得分都减去 ansans，那么左边式子是可以看成与路径条数 kk无关的。
因此我们使用动态规划算法来判定答案是否可行。我们随便选一个根节点，设fif_i和 gig_i分别表示节点 ii向上延伸/不向上延伸（包括它作为两个儿子向上延伸的交点和不选它两种情况），子树ii的最大得分。
这个瞎讨论一下就可以转移，时间复杂度是 O(n)\mathrm O(n)的。也就是说我们可以在线性时间内完成对答案可行性的判定。
那么现在要考虑执行操作，显然我们没有必要对于 [0,T][0,T]内的每一个数都考察一遍，因为如果有很多个 CC，它们都不会造成任何一个viv_i被 LIMITLIMIT模掉，那么显然这些 CC中最大那个会造成更优的结果。因此我们只用考察LIMIT−vi−1LIMIT-v_i-1这种数（当然还要判断是否小于等于 TT之类的）。令EE表示二分答案次数，现在时间复杂度是 O(n2E)\mathrm O(n^2E)。
这让还不能得到所有分数，怎么办呢？
在这题，我们可以线性判断对于一个点权序列，一个答案是否可行，但是要具体求出对于这个点权序列的最优解，就要算上二分的复杂度。
那么我们考虑加上一个优化，每次二分之前，先判定对于当前要考察的点权序列，目前的最优解是否可行，如果不可行，那么在这个点权序列我们不可能计算出更加优的结果，就不用在这里二分了。
但是这样我依然有可能每次都要二分，毕竟有可能很不好运，每一个考察值的答案都比前一个优。那怎么办？我们随机化！
将所有考察值去重，然后随机打乱，使用上面的方法判断。这样期望只会有 logn\log n个值要进行二分。这个证明需要用到一下结论：

一个nn个数随机顺序的排列，我们从第一个数开始，每次跳到后面第一个比自己大的位置，期望情况下需要logn\log n步。
证明：根据期望的线性性，我们只要计算出每一个位置对步数造成贡献的概率之和。显然一个位置ii对答案造成贡献当且仅当在它前面没有更大的数，这个概率为1i\frac 1 i，我们累加起来就是调和级数，是O(logn)\mathrm O(\log n)的。

于是这里的时间复杂度变为O(n2+nElogn)\mathrm O(n^2+nE\log n)了。

代码实现

请注意代码常数……

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <ctime>using namespace std;typedef double db;const db EPS=1e-8;
const db INF=1e+40;
const int N=5005;
const int E=N<<1;int c[N],v[N],last[N];
int nxt[E],tov[E];
int n,T,LIM,tot,m;
db f[N],g[N];
db ans,sum;void insert(int x,int y){tov[++tot]=y,nxt[tot]=last[x],last[x]=tot;}void dfs(int x,int fa,db cur)
{f[x]=-cur,g[x]=0.0;db d1=-INF,d2=-INF,gsum=0.0;for (int i=last[x],y;i;i=nxt[i])if ((y=tov[i])!=fa){dfs(y,x,cur);gsum+=g[y];if (d1<f[y]-g[y]) d2=d1,d1=f[y]-g[y];else if (d2<f[y]-g[y]) d2=f[y]-g[y];}f[x]=max(f[x],d1)+gsum+v[x];g[x]=max(g[x],max(d1+d2+cur+v[x],d1+v[x]))+gsum;
}bool judge(db cur)
{dfs(1,0,cur);return max(f[1],g[1])>=cur;
}db calc(db l,db r)
{db mid,ret=l;for (;r-l>=EPS;){mid=(l+r)/2.0;if (judge(mid)) l=(ret=mid)+EPS;else r=mid-EPS;}return ret;
}void solve()
{ans=0.0;for (int i=1;i<=m;i++){for (int j=1;j<=n;j++) v[j]+=c[i],v[j]>=LIM?v[j]-=LIM:0;if (judge(ans)) ans=calc(ans,sum);for (int j=1;j<=n;j++) v[j]-=c[i],v[j]<0?v[j]+=LIM:0;}
}int main()
{srand(time(0));freopen("tree.in","r",stdin),freopen("tree.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&LIM);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]),sum+=v[i]+LIM;for (int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),insert(x,y),insert(y,x);scanf("%d",&T);for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=min(T,LIM-1-v[i]);sort(c+1,c+1+n);m=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (i==1||c[i]!=c[m]) c[++m]=c[i];random_shuffle(c+1,c+1+m);solve();printf("%.6lf\n",ans);fclose(stdin),fclose(stdout);return 0;
}

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