http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1857

Description

在一個2維平面上有兩條傳送帶，每一條傳送帶可以看成是一條線段。兩條傳送帶分別為線段AB和線段CD。lxhgww在AB上的移動速度為P，在CD上的移動速度為Q，在平面上的移動速度R?，F(xiàn)在lxhgww想從A點走到D點，他想知道最少需要走多長時間

Input

輸入數(shù)據(jù)第一行是4個整數(shù)，表示A和B的坐標，分別為Ax，Ay，Bx，By 第二行是4個整數(shù)，表示C和D的坐標，分別為Cx，Cy，Dx，Dy 第三行是3個整數(shù)，分別是P，Q，R

Output

輸出數(shù)據(jù)為一行，表示lxhgww從A點走到D點的最短時間，保留到小數(shù)點后2位

Sample Input

0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1

Sample Output

136.60

HINT

對于100%的數(shù)據(jù)，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000
1<=P，Q，R<=10

——————————————————————————————

首先我們取AB一點E，CD一點F，則我們跑了AE+EF+FD。

考慮將其中一個點固定住，那么顯然對于另一個點我們三分即可求出這個店的位置（顯然該點有最小值，他的左右兩點都比他大，所以為單峰函數(shù)）。

那么對于最開始的點，我們同樣也是單峰函數(shù)，也可以三分（通過神奇的代數(shù)幾何可以證明）

所以這題就是三分套三分。

PS：因為這題x1與x2可能相同，所以不能單獨三分x或y，必須同時三分（不然代碼量太大了）

#include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; typedef double dl; const int N=100; dl ax,ay,bx,by,cx,cy,dx,dy,P,Q,R; inline dl dis(dl x,dl y,dl xx,dl yy){return sqrt((x-xx)*(x-xx)+(y-yy)*(y-yy)); } dl sff(dl x,dl y){dl lx=cx,rx=dx,ly=cy,ry=dy;dl lfx,lfy,rfx,rfy;for(int i=1;i<=N;i++){lfx=(lx*2+rx)/3;lfy=(ly*2+ry)/3;rfx=(lfx+rx)/2;rfy=(lfy+ry)/2;dl t1=dis(lfx,lfy,dx,dy)/Q+dis(lfx,lfy,x,y)/R;dl t2=dis(rfx,rfy,dx,dy)/Q+dis(rfx,rfy,x,y)/R;if(t1<t2){rx=rfx;ry=rfy;}else{lx=lfx;ly=lfy;}}return dis(lx,ly,dx,dy)/Q+dis(lx,ly,x,y)/R+dis(x,y,ax,ay)/P; } dl sfe(dl lx,dl rx,dl ly,dl ry){dl lex,ley,rex,rey;for(int i=1;i<=N;i++){lex=(lx*2+rx)/3;ley=(ly*2+ry)/3;rex=(lex+rx)/2;rey=(ley+ry)/2;if(sff(lex,ley)<sff(rex,rey)){rx=rex;ry=rey;}else{lx=lex;ly=ley;}}return sff(lx,ly); } int main(){cin>>ax>>ay>>bx>>by>>cx>>cy>>dx>>dy>>P>>Q>>R;printf("%.2lf\n",sfe(ax,bx,ay,by));return 0; }

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總結

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