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【题解】
学习了一发长链剖分，感觉十分兹磁
那么我再说一遍吧，以本题为例。
题目大意：给一棵树，每个点有点权$A_i$和$B_i$，找一条长度为$m$的路径，使得$\frac{\sum_{j~in~route}A_j}{\sum_{j~in~route}B_j}$最小。
显然分数规划，二分答案$p$，那么将每个点的点权变成$A_j - p*B_j$，显然最后只要判是否存在一条长度为$m$的路径使得总和小于等于0即可。
首先点分治是可行的，总复杂度为$O(nlog^2n)$。
考虑一种复杂度为$O(nlogn)$的做法：长链剖分。
本文剩下部分不介绍复杂度，要分析复杂度可以看上面链接中的口胡，或者Google下
考虑一种dp方法：$f_{x,i}$表示$x$节点的子树中，往下走$i$步的最小值。
很明显可以使用子树合并的技巧来算答案、更新f数组。
但是这样太慢了，复杂度为$O(n^2)$，还不如写点分治！
但是，考虑一开始f数组的初始值为最长链所在儿子的值，接着依次暴力合并其他儿子，这样复杂度就对了！
我们还需要考虑的是：
①空间问题
②点权问题
先来考虑空间，我们给按类似轻重链剖分（这里用最长链替换重儿子）的方式，给点编号$pos_x$，我们只开一个$O(n)$的dp数组$dp$来完成操作。
那么令$f_{x,0} = dp_{pos_x}$。有人问，其他的值呢？
考虑$x$往下的最长链的值，一定存储在$dp_{pos_x+1}$开始的连续位置，那么他们对于$x$，恰好是需要多走一步，那么实际上他们现在的位置就是对的了，就可以当做是$f_{x,1}$……的了！！！
这样就非常妙了，我们用$O(n)$的空间，实现了$O(n^2)$的动态规划。
考虑加入一个点还需要点权，那么如果暴力把长链上的所有dp值肯定不现实，复杂度肯定是错的。
考虑每个点引入$tag_x$，表示这个点全局加了多少，类似于noip2016 蚯蚓的全局增加量。只不过这里的全局指的是子树。
然后能做啦！
代码还很好写，比垃圾点分治好多啦！
# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>
// # include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N = 3e4 + 10, M = 6e4 + 10;
const int mod = 1e9+7;
int n, m, A[N * 7], B[N * 7], head[N], nxt[M], to[M], tot = 0;
inline void add(int u, int v) {
++tot; nxt[tot] = head[u]; head[u] = tot; to[tot] = v;
}
inline void adde(int u, int v) {
add(u, v), add(v, u);
}
int dep[N], mxd[N], son[N], sz[N];
inline void pre_dfs(int x, int fa = 0) {
dep[x] = dep[fa] + 1;
mxd[x] = dep[x]; son[x] = 0;
for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) {
if(to[i] == fa) continue;
pre_dfs(to[i], x);
if(mxd[to[i]] > mxd[x]) mxd[x] = mxd[to[i]], son[x] = to[i];
}
sz[x] = mxd[x] - dep[x];
}
int pos[N], idx;
inline void pre_pos(int x, int fa = 0) {
pos[x] = ++idx;
if(son[x]) pre_pos(son[x], x);
for (int i=head[x]; i; i=nxt[i])
if(to[i] != fa && to[i] != son[x]) pre_pos(to[i], x);
}
double mid_check, ans;
double dp[N], tag[N];
inline void solve(int x, int fa = 0) {
double *f = &dp[pos[x]], C = (double)A[x] - mid_check * B[x];
if(son[x] == 0) { //leaf
f[0] = C; tag[x] = 0;
if(m == 0) ans = min(ans, f[0]);
return ;
}
solve(son[x], x); f[0] = -tag[son[x]];
tag[x] = tag[son[x]] + C;
for (int i=head[x], y; i; i=nxt[i]) {
if(to[i] == fa || to[i] == son[x]) continue;
solve(y = to[i], x);
double *g = &dp[pos[y]];
for (int j=0; j<=sz[y] && j<m; ++j)
if(m-1-j <= sz[x]) ans = min(ans, f[m-1-j] + tag[x] + g[j] + tag[y]);
for (int j=0; j<=sz[y]; ++j) f[j+1] = min(f[j+1], g[j] + tag[y] + C - tag[x]);
}
if(m <= sz[x]) ans = min(ans, f[m] + tag[x]);
}
inline bool chk(double x) {
ans = 1e18; mid_check = x;
solve(1);
return ans <= 0;
}
int main() {
freopen("cdcq_b.in", "r", stdin);
freopen("cdcq_b.out", "w", stdout);
cin >> n >> m;
for (int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", A+i);
for (int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", B+i);
if(m == -1) {
double ans = 1e18;
for (int i=1; i<=n; ++i) ans = min(ans, (double)A[i]/B[i]);
printf("%.2lf\n", ans);
return 0;
}
for (int i=1, u, v; i<n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
adde(u, v);
}
--m;
pre_dfs(1);
pre_pos(1);
double l = 0, r = 1e11, mid;
while(r-l > 1e-4) {
mid = (l+r)/2.0;
if(chk(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
if(l > 5e10) puts("-1");
else printf("%.2lf\n", l);
return 0;
}