【解題報告】洛谷 P2571 [SCOI2010]傳送帶
【解題報告】洛谷 P2571 [SCOI2010]傳送帶
今天無聊，很久沒有做過題目了，但是又不想做什麼太難的題目，所以就用洛谷隨機跳題，跳到了一道題目，感覺好像不是太難。
[CSDN連結](https://blog.csdn.net/Liang_Si_FFF/article/details/84570359)
[題目連結](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2571)
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題目描述
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。現在lxhgww想從A點走到D點，他想知道最少需要走多長時間
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入資料第一行是4個整數，表示A和B的座標，分別為Ax，Ay，Bx，By
第二行是4個整數，表示C和D的座標，分別為Cx，Cy，Dx，Dy
第三行是3個整數，分別是P，Q，R
輸出格式：
輸出資料為一行，表示lxhgww從A點走到D點的最短時間，保留到小數點後2位
輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1
輸出樣例#1：
136.60
說明
對於100%的資料，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000
1<=P，Q，R<=10
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下面是我的分析過程
分析過程
首先，如圖
1. 通過觀察題目，我們可以發現，我們行走的路徑一定是先在AB邊上走，然後走下AB邊，走向CD邊，然後在CD邊上走。（當然，有可能直接在A點就走下了AB邊，也有可能直接從D點上了CD邊，這裡我們同樣看作是先走下AB邊，然後走上AB邊）所以如果我們在AB邊取一個點E,在CD邊取一個點F,那麼，不同的路徑就可以用不同的E點和F點唯一表示，即每一個數對(E,F)都唯一對應一條路徑（PS:E點可以和A或B重合，F點可以和C或者D重合）所以，我們可以想到一個樸素的演算法：列舉E點和F點。但是這種演算法明顯是太暴力了，不可能通過的。
2
假如題目變成了這個樣子，那麼我們會發現，隨著F點從C點到D點移動，這個總的時間應該是先遞減後遞增的。由於是一個單峰函式，所以我們可以用三分來做。
3. 那麼，我們現在的問題就是，這個E點也是移動的。但是我們現在能夠做到對於AB邊上的每一個點E,都能算出E點固定時的最短時間。所以，相比剛剛開始的同時列舉兩個點E和F，現在只需要列舉一下E點就可以了。即：列舉E點的位置，然後對於每一個E點，對F點進行三分，找出每一個E點對應的最小路徑的F點是哪一個。
4. 但是，這個演算法好像還是不太好，因為E點的列舉還是很麻煩的，複雜度一樣很高。我們可以大膽猜想，或許E點的取值範圍也是可以用三分法來做的！但是我還沒有想到證明方法，也只是胡亂瞎猜。不過我猜對了。我還沒有找到證明，找到證明之後我會再貼連結或者幹啥的。
5. 所以，我們現在可以得出一個能夠在規定時間得出答案的演算法：先三分E點的位置，對於每一個E點的位置，再三分F點的位置。
（細節注意：由於答案要保留小數點後兩位，而地圖的最大大小為1000，經過測試，1000乘於2/3大概乘那麼30次就可以變得比0.01小，所以我們的三分大概只需要迴圈30次就可以了。不過我為了安全，迴圈了40次，反正沒差多少。因此，E點需要三分40次，對於每一個E點，需要三分F點40*2次，大概就320次的樣子。）
>事實上，這道題除了用三分的做法之外，好像還有什麼其他做法，比如模擬退火演算法， 但是我還沒有學過。
AC程式碼如下
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 using namespace std; 4 struct point 5 { 6 double x,y; 7 point() 8 { 9 x=y=0; 10 } 11 }; 12 double m_abs(double a) 13 { 14 return a<0?-a:a; 15 } 16 int main() 17 { 18 point a,b,c,d; 19 scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&a.x,&a.y,&b.x,&b.y,&c.x,&c.y,&d.x,&d.y); 20 double p,q,r; 21 scanf("%lf%lf%lf",&p,&q,&r); 22 double result=100000000.0; 23 point S1=a,S2=b,E1=c,E2=d; 24 for(int i=1;i<=40;i++) 25 { 26 point s1,s2; 27 s1.x=S1.x+(S2.x-S1.x)/3.0; 28 s1.y=S1.y+(S2.y-S1.y)/3.0; 29 s2.x=S2.x-(S2.x-S1.x)/3.0; 30 s2.y=S2.y-(S2.y-S1.y)/3.0; 31 double T1,T2; 32 double X,Y; 33 X=m_abs(a.x-s1.x); 34 Y=m_abs(a.y-s1.y); 35 T1=sqrt(X*X+Y*Y)/p; 36 X=m_abs(a.x-s2.x); 37 Y=m_abs(a.y-s2.y); 38 T2=sqrt(X*X+Y*Y)/p; 39 E1=c;E2=d; 40 double T3=10000000.0,T4=100000000.0; 41 for(int j=1;j<=40;j++) 42 { 43 double t1,t2; 44 point e1,e2; 45 e1.x=E1.x+(E2.x-E1.x)/3.0; 46 e1.y=E1.y+(E2.y-E1.y)/3.0; 47 e2.x=E2.x-(E2.x-E1.x)/3.0; 48 e2.y=E2.y-(E2.y-E1.y)/3.0; 49 X=m_abs(s1.x-e1.x); 50 Y=m_abs(s1.y-e1.y); 51 t1=sqrt(X*X+Y*Y)/r; 52 X=m_abs(s1.x-e2.x); 53 Y=m_abs(s1.y-e2.y); 54 t2=sqrt(X*X+Y*Y)/r; 55 X=m_abs(d.x-e1.x); 56 Y=m_abs(d.y-e1.y); 57 t1+=sqrt(X*X+Y*Y)/q; 58 X=m_abs(d.x-e2.x); 59 Y=m_abs(d.y-e2.y); 60 t2+=sqrt(X*X+Y*Y)/q; 61 if(t1>=t2) 62 { 63 E1=e1; 64 T3=t2<T3?t2:T3; 65 } 66 else 67 { 68 E2=e2; 69 T3=t1<T3?t1:T3; 70 } 71 } 72 E1=c;E2=d; 73 for(int j=1;j<=40;j++) 74 { 75 double t1,t2; 76 point e1,e2; 77 e1.x=E1.x+(E2.x-E1.x)/3.0; 78 e1.y=E1.y+(E2.y-E1.y)/3.0; 79 e2.x=E2.x-(E2.x-E1.x)/3.0; 80 e2.y=E2.y-(E2.y-E1.y)/3.0; 81 X=m_abs(s2.x-e1.x); 82 Y=m_abs(s2.y-e1.y); 83 t1=sqrt(X*X+Y*Y)/r; 84 X=m_abs(s2.x-e2.x); 85 Y=m_abs(s2.y-e2.y); 86 t2=sqrt(X*X+Y*Y)/r; 87 X=m_abs(d.x-e1.x); 88 Y=m_abs(d.y-e1.y); 89 t1+=sqrt(X*X+Y*Y)/q; 90 X=m_abs(d.x-e2.x); 91 Y=m_abs(d.y-e2.y); 92 t2+=sqrt(X*X+Y*Y)/q; 93 if(t1>=t2) 94 { 95 E1=e1; 96 T4=t2<T4?t2:T4; 97 } 98 else 99 { 100 E2=e2; 101 T4=t1<T4?t1:T4; 102 } 103 } 104 T1+=T3; 105 T2+=T4; 106 if(T1>=T2) 107 { 108 S1=s1; 109 result=T2<result?T2:result; 110 } 111 else 112 { 113 S2=s2; 114 result=T1<result?T1:result; 115 } 116 } 117 printf("%.2f\n",result); 118 return 0; 119 }
話說這個還是我第一次使用三分呢，以前都沒有用過。