同样是看别人题解才明白的
题目大意——
话说秦始皇统一六国之后，打算修路。他要用n-1条路，将n个城市连接起来，并且使这n-1条路的距离之和最短。最小生成树是不是？不对，还有呢。接着，一个自称徐福的游方道士突然出现，他说他可以不消耗任何人力财力，使用法术凭空造一条路，路的长度无所谓，但是只能造一条。那么问题来了，徐福希望将两座人口数最多的城市连接起来，而秦始皇希望将最长的路修好。最后折中了一下， 将A/B最大的一条路用法术修出来。其中A是两座城市的人口和，B是除了用法术修的路以外，其它需要修建的路，也就是耗费人力财力修建的路。
输入：
第一行一个整数t，表示共有t组数据。
接下来一行一个整数n，表示有n个城市。
接下来n行，每行包括三个数x, y, p，表示这个城市横纵坐标以及人口数。
输出：A/B。
简单总结如下：
共有n个节点。有n*(n-1)/2条边。每个节点有一个点权vi，每条边有一条边权ek。要求的是(vi+vj)/(e-ek),其中e表示形成的树的边权之和，ek表示法术修成的边的边权，vi, vj表示法术修成的边所连接的两节点的权值。
虽然不能直接用最小生成树，但是可以确定，解题方法和最小生成树有关。
可以证明，用法术修成的边有两种情况，1. 在最小生成树上；2. 在最小生成树外。
1. 如果在最小生成树上，那么ek的值就是这条边的值，此时只要将这条边的的值从树的边权之和中删除即可。
2. 如果在最小生成树外，那么此时树上会形成一个环，我们需要将这个环上除了法术形成的边以外的一条边删除，删除的这条边就是ek，为了使(e-ek)尽可能小，那么删除的这条边需要尽可能大。因此，我们需要记录每条路径上的最长边。
无论哪种情况，vi, vj都是我们增添的那条边的两个端点。
附上记录每条路径最长边的代码——
因为使用的是prim算法，所以使每次循环后选择的新边与过去这条路径上的最长边比较。因为每条路径都是从一条边开始扩展的，因此，可以保证每次的新边的上一条边的记录都是最长边。
为此还需要记录新边的出发点，即，是从哪个点找到新点。类似于父节点与子节点的关系。
1 int pre[N]; //记录新点的父节点
2
3 void prim()
4 {
5 memset(path, 0, sizeof(path));
6 memset(vis, 0, sizeof(vis));
7 memset(used, 0, sizeof(used));
8 for(int i = 0; i < n; i++)
9 {
10 dis[i] = mp[0][i];
11 pre[i] = 0; //由于是从0号节点开始的，所以所有节点的父节点初始为0号
12 }
13 vis[0] = 1;
14 for(int i = 1; i < n; i++)
15 {
16 int k = -1;
17 for(int j = 0; j < n; j++)
18 if(!vis[j] && (k == -1 || dis[j] < dis[k])) k = j;
19 if(k == -1) break;
20
21 used[k][pre[k]] = used[pre[k]][k] = 1; //表示此边在最小生成树上
22 vis[k] = 1;
23 B += mp[pre[k]][k];
24
25 for(int j = 0; j < n; j++)
26 {
27 if(vis[j] && j != k) path[j][k] = path[k][j] = max(path[j][pre[k]], dis[k]);//核心，用来记录路径上的最长边
28 if(!vis[j] && dis[j] > mp[j][k])
29 {
30 dis[j] = mp[j][k];
31 pre[j] = k; //更新新节点的父节点
32 }
33 }
34 }
35 }
此时，有两种选择，一种是枚举边，一种是枚举点。我使用的是枚举点的方法。
使用很简单的dp，更新输出结果为所用状态中的最大值即可——每次枚举无偿添加的边的两个端点，然后按照上面所述的1或2进行。
代码如下——
1 double ans = -1;
2 for(int i = 0; i < n; i++)
3 {
4 for(int j = 0; j < n; j++)
5 {
6 if(i != j)
7 {
8 if(used[i][j]) ans = max(ans, (cost[i]+cost[j])/(B-mp[i][j])); //如果枚举的两个点的边在生成树上，则B减去那条边的权
9 else ans = max(ans, (cost[i]+cost[j])/(B-path[i][j])); //如果不在生成树上，则减去那条添加的边所形成的环中此边以外的最长边。
10 }
11 }
12 }
但是这个dp可以进行优化。
证明：最佳结果中，两个点中一定有一个点的点权是最大点权。
之前我们在逻辑上是先添加一条边，然后判断这条边是否在最小生成树上，然后删边。此时我们逆过来推，先删边。
在删掉任意一条边后，最小生成树T变成了两个子树T1, T2。可以得到条件：具有最大点权的点肯定在T1或T2上。
此时，由于已经删除了一条边，所以B为定值。因此，只需要使A的值尽量大，即可获得最佳答案。因此，我们分别选择两棵子树上具有最大点权的点连接。因此，我们肯定会选择到所有点中，具有最大点权的点。
根据这个结论，我们可以确定一个点，即最大点权的点。如此，将上面的双重循环中的一重循环去掉，变成单重循环的dp。
但此时我们需要在输入时记录点权最大的点。
代码如下——
1 double ans = -1;
2 for(int i = 0; i < n; i++)
3 {
4 if(i != mk) //mk为点权最大的点
5 {
6 if(used[i][mk]) ans = max(ans, (cost[i]+cost[mk])/(B-mp[i][mk]));
7 else ans = max(ans, (cost[i]+cost[mk])/(B-path[i][mk]));
8 }
9 }
完整代码如下——
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <cmath>
4 #include <algorithm>
5 using namespace std;
6
7 const int N = 1010;
8
9 int pre[N]; //记录新点的父节点
10 double mp[N][N]; //记录距离的地图
11 double path[N][N]; //记录路径中的最长边
12 double node[N][2]; //记录节点坐标
13 double cost[N]; //记录节点的权值
14 double dis[N]; //prim中记录最小生成树的每条边权
15 bool vis[N], used[N][N];//记录某节点是否在最小生成树上，某边是否在最小生成树上
16 int n, t;
17 double B;
18
19 double getdis(double x1, double y1, double x2, double y2)
20 {
21 return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
22 }
23
24 void prim()
25 {
26 memset(path, 0, sizeof(path));
27 memset(vis, 0, sizeof(vis));
28 memset(used, 0, sizeof(used));
29 for(int i = 0; i < n; i++)
30 {
31 dis[i] = mp[0][i];
32 pre[i] = 0; //由于是从0号节点开始的，所以所有节点的父节点初始为0号
33 }
34 vis[0] = 1;
35 for(int i = 1; i < n; i++)
36 {
37 int k = -1;
38 for(int j = 0; j < n; j++)
39 if(!vis[j] && (k == -1 || dis[j] < dis[k])) k = j;
40 if(k == -1) break; //原谅这个吧，其实prim算法中不需要这个的，因为prim算法固定循环n-1次，但是我经常会写成n次，并因此爆RE，因此，我就加个这个，保证它在第n次直接跳出来，不执行下面的东西……
41
42 used[k][pre[k]] = used[pre[k]][k] = 1; //表示此边在最小生成树上
43 vis[k] = 1;
44 B += mp[pre[k]][k];
45
46 for(int j = 0; j < n; j++)
47 {
48 if(vis[j] && j != k) path[j][k] = path[k][j] = max(path[j][pre[k]], dis[k]);//核心，用来记录路径上的最长边
49 if(!vis[j] && dis[j] > mp[j][k])
50 {
51 dis[j] = mp[j][k];
52 pre[j] = k; //更新新节点的父节点
53 }
54 }
55 }
56 }
57
58 int main()
59 {
60 // freopen("test.txt", "r", stdin);
61 scanf("%d", &t);
62 while(t--)
63 {
64 scanf("%d", &n);
65 B = 0;
66 double maxn = -1;
67 int mk;
68 for(int i = 0; i < n; i++)
69 {
70 scanf("%lf%lf%lf", &node[i][0], &node[i][1], &cost[i]);
71 if(cost[i] > maxn)
72 {
73 maxn = cost[i];
74 mk = i;
75 }
76 }
77 for(int i = 0; i < n; i++)
78 for(int j = 0; j < n; j++)
79 mp[i][j] = getdis(node[i][0], node[i][1], node[j][0], node[j][1]);
80 prim();
81 double ans = -1;
82 /*
83 for(int i = 0; i < n; i++)
84 {
85 for(int j = 0; j < n; j++)
86 {
87 if(i != j)
88 {
89 if(used[i][j]) ans = max(ans, (cost[i]+cost[j])/(B-mp[i][j])); //如果枚举的两个点的边在生成树上，则B减去那条边的权
90 else ans = max(ans, (cost[i]+cost[j])/(B-path[i][j])); //如果不在生成树上，则减去那条添加的边所形成的环中此边以外的最长边。
91 }
92 }
93 }
94 */
95 for(int i = 0; i < n; i++)
96 {
97 if(i != mk) //mk为点权最大的点
98 {
99 if(used[i][mk]) ans = max(ans, (cost[i]+cost[mk])/(B-mp[i][mk]));
100 else ans = max(ans, (cost[i]+cost[mk])/(B-path[i][mk]));
101 }
102 }
103 printf("%.2lf\n", ans);
104 }
105 return 0;
106 }
这个其实我也半懂不懂的，哪位巨巨看见什么错误恳请指出来，弱弱这厢有礼了……
hdu 4081 Qin Shi Huang's National Road System（最小生成树+dp）