題目：

https://loj.ac/problem/6171

分析：

設dp[i][j]表示從第i個點出發（正確節點），還可以有j個存檔點（在i點使用一個存檔機會），走到終點n的期望步數

那麽

a[i][k]表示i點為存檔點，從i點走到k點（正確節點）的期望步數（中間沒有其它存檔點）

那麽a[i][j]可以遞推預處理出

其中g[v]表示從一個錯誤節點v開始走，期望走g[v]步會讀檔

解方程可以解出

s[j-1]就是點j-1出去的所有錯誤兒子的g[v]之和

那麽接下來只要知道如何求g[v]就行了

這個直接dfs一遍就行了

好，那麽現在我們的主dp就可以求解了

但是直接dp的復雜度是O(n^2p)的，這樣會TLE

方法一：

註意到這個dp的本質是把一個序列給分成p段，那麽其中某一段會不會很長呢？

我們會發現a的增長是非常快的，而最終的答案不會很大，所以也就是說當前的i的最優轉移j，不會離i太遠

所以通過計算可以發現這個距離step<=40

所以時間復雜度O(40n^2)

方法二：

考慮dp優化的慣用套路

容易得出此dp是決策單調的，也就是f(i)<=f(i+1)

那麽就可以決策單調優化O(nplogn)

具體的就維護一個隊列，隊列裏每個元素存著[l,r,p]表示區間l~r，當前最優決策是p

每次從隊頭取出最優策略，將此次新的決策從隊尾開始放入並合並區間

 1         dp[1
 
][n]=0.0;
 2         for(int now=2;now<=number;++now)
 3         {
 4             int head=1,tail=1;
 5             q[1]={1,n-1,n};
 6             for(int i=n-1;i>=1;--i)
 7             {
 8                 while(head<tail&&q[head].l>i) ++head;
 9                 dp[now][i]=cal(now-1
 
,i,q[head].p);
10                 while(head<tail&&cal(now-1,q[tail].r,i)<cal(now-1,q[tail].r,q[tail].p)) --tail;
11                 int position=find(now,q[tail].l,q[tail].r,i,q[tail].p);
12                 if(position)
13                 {
14                     q[tail+1]={1,position,i};
15                     q[tail].l=position+1;
16                     if(q[tail].l>q[tail].r) ++head;
17                     ++tail;
18                 }
19             }
20         }

方法三：

一個很神奇的二分套路（詳見王欽石《淺析一類二分方法》）

這是一個限制段數的dp，我們把它寫成不限制段數的情況

然後我們去二分一個常數C，使得式子變成這樣

這裏的C表示每次重新開一段所需要的代價

很明顯，C越大，最優情況下分的段數就越少，C越小，最優情況下分的段數就越多

所以我們可以二分C，對於每個C，進行dp

通過n->pre[n]->pre[pre[n]]->...->1，我們可以知道存了多少次檔，當存檔數恰好等於p的時候，此時對應的劃分方案就是讀檔p次時候的最優解，就是將dp的最優值減去C*p

但是有個trick，王欽石論文裏也提到了

就是可能當前eps下，並沒有哪個C會使得我恰好讀了p次檔，即某個C情況下，我讀了p-1次檔，在C-eps情況下，我讀了p+1次檔，就是沒有讀p次檔

這時候有個結論就是C-eps時，我讀p+1次檔這個情況下也必定有我讀p次檔的解，此時原本答案是dp-(p+1)*C,現在這樣改成讀p次檔之後，答案就是dp-p*C

這樣復雜度是O(n^2logA)

當然這裏的dp可以優化，但不過預處理的時候O(n^2)是跑不掉的，所以再優化也不會低於O(n^2)的復雜度

 1         int minnum=m+1;
 2         while (l+eps<=r)
 3         {
 4             long double mid=(l+r)/2;
 5             int num=check(mid);
 6             long double sum=0;
 7             for(int now=n;now!=1;now=pre[now]) sum+=w[pre[now]][now];
 8             if (num<=p)
 9             {
10                 if (num==p)
11                 {
12                     ans=sum;
13                     break;
14                 };
15                 r=mid-eps;
16             }
17             else
18             {
19                 if(num<=minnum)
20                 {
21                     ans=sum+(num-p)*mid;
22                     minnum=num;
23                 }
24                 l=mid+eps;
25             }
26         }

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