这道题在LRJ的书上看到，今天回过头来继续看这题，发现很多东西都已经明白了。
题意：有N个城市，每个城市有一个坐标和人口。
现在要建一些边使得他们都联通，花费就是这些边的长度，然后有一条边可以免费。问免费一条边之后，使得免费的该条边的两个城市的人口/剩下来的边的长度 ，这个比值最大。
思路：首先做一遍MST，求出MST之后，我们枚举每条边，看这条边是否可以删除，也就是免费。
那么删除一条边之后对MST有什么影响呢。
首先我们假设免费(删除)了一条边a -> b ,权值是c 。假设这条边是MST上的边，那么我们只能删除这条边 。
假设这条边不是MST上的边，那么我们可以删除a -> b权值最大的一条边，因为我们是要使得剩下来的长度最小。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define inf 1<<30
#define PI acos(-1.0)
#define mem(a , b) memset(a , b ,sizeof(a))
using namespace std ;
struct kdq {
int s , e ;
double l ;
bool operator < (const kdq & fk)const {
return l > fk.l ;
}
} ;
inline void RD(int &ret) {
char c;
int flag = 1 ;
do {
c = getchar();
if(c == '-')flag = -1 ;
} while(c < '0' || c > '9') ;
ret = c - '0';
while((c=getchar()) >= '0' && c <= '9')
ret = ret * 10 + ( c - '0' );
ret *= flag ;
}
#define N 1111
double ed[N][N] , edM[N][N] ;
int x[N] , y[N], pop[N] ;
int n ;
double mst = 0 ;
double getdis(int i ,int j) {
return sqrt(1.0 * (x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + 1.0 * (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j])) ;
}
void init() {
cin >> n ;
for (int i = 1; i <= n ; i ++ ) {
RD(x[i]) ; RD(y[i]) ; RD(pop[i]) ;
}
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
for (int j = 1; j <= n ; j ++ ) {
if(i == j)ed[i][j] = 0 ;
else ed[i][j] = getdis(i , j) ;
}
}
mst = 0 ;
}
double dis[N] ;
int vis[N] ;
bool ok[N][N] ;
vector<int>E[N] ;
void prim() {
priority_queue<kdq>qe ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
dis[i] = ed[1][i] ;
E[i].clear() ;
}
mem(vis ,0) ;
mem(ok ,0) ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
qe.push((kdq) {1 , i , ed[1][i]}) ;
}
dis[1] = 0 , vis[1] = 1 ;
while(!qe.empty()) {
kdq tp = qe.top() ;
qe.pop() ;
if(vis[tp.e])continue ;
mst += ed[tp.s][tp.e] ;
vis[tp.e] = 1 ;
ok[tp.s][tp.e] = ok[tp.e][tp.s] = 1 ;
E[tp.s].push_back(tp.e) ;
E[tp.e].push_back(tp.s) ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
if(!vis[i] && dis[i] > ed[tp.e][i]) {
dis[i] = ed[tp.e][i] ;
qe.push((kdq){tp.e , i , ed[tp.e][i]}) ;
}
}
}
}
void dfs(int root ,int fa ,int now ,double MAX) {
edM[root][now] = MAX ;
int sz = E[now].size() ;
for (int i = 0 ; i < sz ; i ++ ) {
int e = E[now][i] ;
if(e == fa)continue ;
dfs(root , now , e , max(MAX , ed[now][e])) ;
}
}
void solve() {
init() ;
prim() ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
dfs(i , -1 , i , 0) ;
}
double ans = -1 ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
for (int j = 1 ; j < i ; j ++ ) {
if(ok[i][j])
ans = max(ans , (pop[i] + pop[j]) * 1.0 / (mst - ed[i][j])) ;
else
ans = max(ans , (pop[i] + pop[j]) * 1.0 / (mst - edM[i][j])) ;
}
}
printf("%.2f
",ans) ;
}
int main() {
int _ ;cin >> _ ;while(_ -- )solve() ;
return 0;
}