题目描述
输入
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
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
题解
分数规划+树链剖分+线段树+STL-vector+凸包二分
所求答案是分数的形式，一眼分数规划。
二分mid后问题转化为判断 $y_i+q_j-mid(x_i+p_j)$ 的最大值是否大于0。
整理得 $(y_i-mid·x_i)+(q_j-mid·p_j)$ 最大，此时可以发现 $i$ 和 $j$ 不再有关系，分开考虑最大值。
要求 $y_i-mid·x_i$ 的最大值，设其为 $b$ ，则有 $y_i=mid·x_i+b$ 中的 $b$ 最大。显然答案一定在可选区域的上凸壳上。
如果是序列上的话，可以考虑使用线段树维护区间凸包。
问题放到树上，可以使用树链剖分转化为序列问题，然后用线段树维护区间凸包。（这也是 [Noi2014]购票 的另一种解法）
因此先树剖转化为log段区间，然后每段区间在线段树上对应的log个节点的凸包上二分最大值，取最优解。
于是我们得到了时间复杂度为神奇的 $O(n\log^4n)$ 的做法。
由于第二（树链剖分）、三（线段树）、四（STL-vector+凸包+二分）个log很难都跑满，因此能过。
#include <cstdio>
#include <vector>
#define N 30010
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
using namespace std;
typedef long double ld;
struct seg
{
ld px[N] , py[N];
vector<int> v[N << 2];
inline void insert(vector<int> &v , int p)
{
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();
v.push_back(p);
}
void build(int l , int r , int x)
{
if(l == r)
{
v[x].push_back(l);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson) , build(rson);
unsigned tl = v[x << 1].size() , tr = v[x << 1 | 1].size() , pl = 0 , pr = 0;
while(pl < tl || pr < tr)
{
if(pr == tr || (pl < tl && px[v[x << 1][pl]] < px[v[x << 1 | 1][pr]])) insert(v[x] , v[x << 1][pl ++ ]);
else insert(v[x] , v[x << 1 | 1][pr ++ ]);
}
}
ld query(int b , int e , ld k , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e)
{
int L = 1 , R = v[x].size() - 1 , Mid , Ans = 0;
while(L <= R)
{
Mid = (L + R) >> 1;
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 , L = Mid + 1;
else R = Mid - 1;
}
return py[v[x][Ans]] - k * px[v[x][Ans]];
}
int mid = (l + r) >> 1;
ld ans = -1e16;
if(b <= mid) ans = max(ans , query(b , e , k , lson));
if(e > mid) ans = max(ans , query(b , e , k , rson));
return ans;
}
}A , B;
int head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , fa[N] , deep[N] , si[N] , bl[N] , pos[N] , tot , n;
ld vx[N] , vy[N] , vp[N] , vq[N];
inline void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs1(int x)
{
int i;
si[x] = 1;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa[x])
fa[to[i]] = x , deep[to[i]] = deep[x] + 1 , dfs1(to[i]) , si[x] += si[to[i]];
}
void dfs2(int x , int c)
{
int i , k = 0;
bl[x] = c , pos[x] = ++tot , A.px[tot] = vx[x] , A.py[tot] = vy[x] , B.px[tot] = vp[x] , B.py[tot] = vq[x];
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa[x] && si[to[i]] > si[k])
k = to[i];
if(k)
{
dfs2(k , c);
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa[x] && to[i] != k)
dfs2(to[i] , to[i]);
}
}
inline ld solve(int x , int y , ld mid)
{
ld ans1 = -1e16 , ans2 = -1e16;
while(bl[x] != bl[y])
{
if(deep[bl[x]] < deep[bl[y]]) swap(x , y);
ans1 = max(ans1 , A.query(pos[bl[x]] , pos[x] , mid , 1 , n , 1));
ans2 = max(ans2 , B.query(pos[bl[x]] , pos[x] , mid , 1 , n , 1));
x = fa[bl[x]];
}
if(deep[x] > deep[y]) swap(x , y);
ans1 = max(ans1 , A.query(pos[x] , pos[y] , mid , 1 , n , 1));
ans2 = max(ans2 , B.query(pos[x] , pos[y] , mid , 1 , n , 1));
return ans1 + ans2;
}
int main()
{
int m , i , x , y , c;
ld l , r , mid;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%Lf" , &vx[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%Lf" , &vy[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%Lf" , &vp[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%Lf" , &vq[i]);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x);
dfs1(1) , dfs2(1 , 1);
A.build(1 , n , 1) , B.build(1 , n , 1);
scanf("%d" , &m);
while(m -- )
{
scanf("%d%d" , &x , &y);
l = 0 , r = 1e8 , c = 50;
while(c -- )
{
mid = (l + r) / 2;
if(solve(x , y , mid) > 1e-10) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.5Lf\n" , l);
}
return 0;
}