题意：
秦始皇要在n个城市之间修路，而徐福声可以用法术位秦始皇免费修1条路，每个城市还有人口数，现要求徐福声所修之路的两城市的人口数之和A尽量大，而使n个城市互通需要修的路长B尽量短，从而使得A/B最大。问A/B最大是多少？（1000个城市）
思路：
老徐可免费修得1条路，那么剩下最多也只需要修n-2条路了，这n-2条路要尽量挑短的，而老徐的那条无所谓长短，只要两城人口尽量多即可。这是没有什么贪心策略的，因为老徐所修之路会影响MST的权值之和的大小。穷举所有城市对要O(n*n)，再求次MST需要O(n*n)，不可行。
换个思路，如果能先求得MST，然后穷举要老徐所要修的路，那么在加上老徐的路之后，必然会有个环的出现，这个环中有一条边是不需要的，当然不是老徐那条。这只需要在原MST中求这个环的最小瓶颈路就行了，将其删掉，加上老徐的路，构成新的MST了，进行求值。穷举老徐所要修的路也要O(n*n)，那么求瓶颈路就只能用O(1)了。这可以预处理出任意城市对之间的最小瓶颈路，O(n*n)而已。
任意点对的最小瓶颈路的求法：对原图求最小生成树，只留下树边，树中任意点对之间的路径就是该点对的最小瓶颈路。接着对树图进行DFS，在DFS过程中，顺便求出任意点对的最小瓶颈路，考虑求当前节点x到其他点的最小瓶颈路，设其父亲far，那么x可以通过far到达前面已经访问过的节点，为maxcost[已访问过的节点][far]与cost[far][x]其中的大者。按此思路，在DFS过程中可以求出任意点对的最小瓶颈路。
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define INF 0x7f7f7f7f
#define pii pair<int,int>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=;
int a[N], b[N], seq[N]; //求MST用的
int x[N], y[N], p[N]; //所给的坐标及人口数
int pre[N], vis[N], used[N]; //求任意点对最小瓶颈路用的
double w[N], maxcost[][]; //两点间的最小瓶颈maxcost
vector<int> vect[N]; //建树时用
vector<int> dfn; //记录访问过的节点 int cmp(int a,int b){return w[a]<w[b];}
int find(int x){return pre[x]==x? x: pre[x]=find(pre[x]);} //并查集
double dis(int a,int b){return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b])+(y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));} void DFS(int x)
{
dfn.push_back(x); //访问过
vis[x]=;
for(int i=; i<vect[x].size(); i++)
{
int t=vect[x][i];
if(!vis[t] )
{
for(int j=; j<dfn.size(); j++) //对于所有已经访问过的节点
{
int from=dfn[j];
maxcost[t][from]=maxcost[from][t]=max(maxcost[from][x], dis(x, t) );//通过x连到t
}
DFS(t);
}
}
} void init(int n) //一堆初始化。
{
dfn.clear();
for(int i=; i<=n; i++) vect[i].clear(),pre[i]=i;
for(int i=; i<=n; i++)
for(int j=; j<=n; j++)
maxcost[i][j]=0.0;
memset(used, , sizeof(used));
memset(vis, , sizeof(vis));
}
double cal(int n, int m)
{
init(n);
double sum=0.0; //MST
for(int i=; i<m; i++) //kruscal求最小生成树
{
int u=find(a[seq[i]]);
int v=find(b[seq[i]]);
if( u!=v )
{
pre[u]=v; //不是同个连通块，则连接。
vect[a[seq[i]]].push_back( b[seq[i]] ); //顺便建图，方便建树
vect[b[seq[i]]].push_back( a[seq[i]] );
used[seq[i]]=;
sum+=w[seq[i]];
}
} DFS(); //求任意点对间的最小瓶颈路
double ans=0.0;
for(int i=; i<m; i++) //穷举徐福声将要建的边。
{
double A=p[a[i]]+p[b[i]], B; if(used[i]) B=sum-w[i]; //树上的边
else B=sum-maxcost[a[i]][b[i]];
ans=max( A/B, ans );
}
return ans;
} int main()
{
freopen("input.txt", "r", stdin);
int t, n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(int i=; i<=n; i++) scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&p[i]);
int cnt=;
for(int i=; i<=n; i++) //求两点间的距离,共n*(n-1)/2条边
{
for(int j=i+; j<=n; j++)
{
a[cnt]=i;
b[cnt]=j;
w[cnt]=dis(i,j);
seq[cnt]=cnt; //千万不要用seq[cnt]=cnt++;或者seq[cnt++]=cnt。
cnt++;
}
}
sort(seq, seq+cnt, cmp); //按边长排序
printf("%.2f\n", cal(n, cnt));
} return ;
}
AC代码