1857: [Scoi2010]传送带

Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 64 MB

Description

在一个2维平面上有两条传送带，每一条传送带可以看成是一条线段。两条传送带分别为线段AB和线段CD。lxhgww在AB上的移动速度为P，在CD上的移动速度为Q，在平面上的移动速度R。现在lxhgww想从A点走到D点，他想知道最少需要走多长时间

Input

输入数据第一行是4个整数，表示A和B的坐标，分别为Ax，Ay，Bx，By 第二行是4个整数，表示C和D的坐标，分别为Cx，Cy，Dx，Dy 第三行是3个整数，分别是P，Q，R

Output

输出数据为一行，表示lxhgww从A点走到D点的最短时间，保留到小数点后2位

Sample Input

0 0 0 100

100 0 100 100

2 2 1

sample Output

136.60

HINT

对于100%的数据，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000

1<=P，Q，R<=10

Source

Day2

这题要求最值，显然先让人想到二分，然而这道题要枚举两个断点，怎么处理呢？

还是先把问题简化：如果某个断点是已经固定下来了的，那么另外的那两段长度显然是一个单峰函数，直接套三分即可。

那么有两个断点怎么办？先三分一个断点，然后每次再三分一次求极值，也就是三分套三分。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-5
using namespace std;
double ax,ay,bx,by,cx,cy,dx,dy,p,q,r;
inline double dis(double x1,double y1,double x2,double y2){return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));}
inline double cnt(double x1,double y1,double x2,double y2){return dis(ax,ay,x1,y1)/p+dis(x1,y1,x2,y2)/r+dis(x2,y2,dx,dy)/q;}
inline double sol(double x,double y){
    double lx=cx,ly=cy,rx=dx,ry=dy;
    while(fabs(lx-rx)>=eps||fabs(ly-ry)>=eps){
        double x1=lx+(rx-lx)/3,x2=rx-(rx-lx)/3,y1=ly+(ry-ly)/3,y2=ry-(ry-ly)/3;
        double ans1=cnt(x,y,x1,y1),ans2=cnt(x,y,x2,y2);
        if(ans1>ans2)lx=x1,ly=y1;
        else rx=x2,ry=y2;
    }
    return cnt(x,y,lx,ly);
}
int main(){
    cin>>ax>>ay>>bx>>by>>cx>>cy>>dx>>dy>>p>>q>>r;
    double lx=ax,ly=ay,rx=bx,ry=by;
    while(fabs(lx-rx)>=eps||fabs(ly-ry)>=eps){
        double x1=lx+(rx-lx)/3,x2=rx-(rx-lx)/3,y1=ly+(ry-ly)/3,y2=ry-(ry-ly)/3;
        double ans1=sol(x1,y1),ans2=sol(x2,y2);
        if(ans1>ans2)lx=x1,ly=y1;
        else rx=x2,ry=y2;
    }
    printf("%.2lf",sol(lx,ly));
    return 0;
}