分析：
化简一下我们可以发现，suma*ans=sumb，那么我们考虑二分ans，之后做树形背包上做剪枝。
时间复杂度证明，By GXZlegend O（nklogans）
附上代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 2505
#define eps 5e-4
#define max(a,b) ((a)<(b)?(b):(a))
double f[N][N],ans;
int a[N],b[N],dep[N],head[N],cnt,k,n,siz[N];
struct node
{
int to,next;
}e[N<<1];
void add(int x,int y)
{
e[cnt].to=y;
e[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt++;
return ;
}
void dfs(int x,int from)
{
dep[x]=dep[from]+1;siz[x]=1;
if(x)f[x][1]=-ans*a[x]+b[x];
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int to1=e[i].to;
if(to1!=from)
{
dfs(to1,x);
int o=min(k,siz[x]+siz[to1]),u=min(k,siz[to1]);
for(int j=o;j>=1;j--)
{
for(int l=max(j-siz[x],1);l<=u;l++)
{
if(l>j)break;
f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-l]+f[to1][l]);
}
}
siz[x]+=siz[to1];
}
}
}
bool check(double x)
{
for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=k;j++)f[i][j]=-1e9;
dep[0]=f[0][0]=0;
ans=x;
dfs(0,0);
if(f[0][k]>0)return 1;
return 0;
}
int main()
{
// freopen("sales.in","r",stdin);
// freopen("sales.out","w",stdout);
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d",&k,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&x);
add(x,i);
}
double l=0,r=10000;
while(l<r-eps)
{
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.3lf\n",l);
return 0;
}
其实这种方法就能跑的飞起，虽然是递归的，并且状态和转移比较多。
其实还有别的方法，比如说将它转化为dfs序上做背包。
我们知道，选择一个必须包含根的联通块，我们就可以这样考虑，状态和上面的差不多，f[i][j]表示dfs序上选择第i个点，在i-n中选j个的最大答案
转移：f[i][j]=f[i+1][j-1]+x*a[idx[i]]+b[idx[i]]和f[i][j]=max(f[i][j],f[i+siz[idx[i]][j]);
最后判断f[1][k]是否大于0
附上代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 2505
#define eps 5e-4
#define max(a,b) ((a)<(b)?(b):(a))
double f[N][N],ans;
int a[N],b[N],head[N],cnt,k,n,idx[N],x,siz[N],tims;
struct node
{
int to,next;
}e[N<<1];
void add(int x,int y)
{
e[cnt].to=y;
e[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt++;
return ;
}
void dfs(int x,int from)
{
idx[++tims]=x;siz[x]=1;
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int to1=e[i].to;
if(to1!=from)
{
dfs(to1,x);
siz[x]+=siz[to1];
}
}
}
bool check(double x)
{
for(int i=1;i<=n+2;i++)
{
for(int j=0;j<=k;j++)
{
f[i][j]=-1e9;
}
}
f[n+2][0]=0;
for(int i=n+1;i>=1;i--)
{
int t=idx[i];
int u=min(k,n+2-i);
if(i!=1)
{
for(int j=u;j>=1;j--)
{
f[i][j]=f[i+1][j-1]-x*a[t]+b[t];
}
}else
{
for(int j=k;j>=1;j--)
{
f[i][j]=f[i+1][j];
}
}
for(int j=u;j>=0;j--)
{
f[i][j]=max(f[i][j],f[i+siz[t]][j]);
}
}
if(f[1][k]>0)return 1;
return 0;
}
int main()
{
// freopen("sales.in","r",stdin);
// freopen("sales.out","w",stdout);
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d",&k,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&x);
add(x,i);
}
dfs(0,0);
double l=0,r=10000;
while(l<r-eps)
{
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.3lf\n",l);
return 0;
}