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題意：給出\(n\)個點，你需要按編號將其劃分成不超過\(m\)段連續的區間，使得所有每個區間的最小圓覆蓋的半徑的最大值最小。輸出這個最小化的最大值和方案（圓心）。

\(n,m \leq 10^5\)

顯然要二分答案。然後，一個區間就是越長越好。

首先，考慮最小圓覆蓋\(O(n)\)的隨機增量法，但為了保證復雜度，我們需要能夠random_shuffle。如果直接按照編號順序添加點，時間復雜度會是\(O(n^3 \log n)\)的。

為了能夠random_shuffle，我們不能一個個添加結點，而是在一開始就知道要對哪些點求最小圓覆蓋。

一個思路是二分區間長度。因為有\(m\)段區間，所以這麽做是\(O(nm \log^2 n)\)的。並不優秀，在數據水的情況下還不如上一種做法。

為何二分的復雜度不優秀？在於它沒有利用所有區間長度和是\(n\)這一性質，也就是二分的上界太大了。

於是我們可以考慮增加區間長度。一個套路是分塊。不斷增加\(\sqrt n\)的長度，到不行時再改為增加\(1\)的長度。這樣在這個區間長度為\(l\)的情況下，復雜度是\(O(l \sqrt l)\)的。於是就得到了\(O(n \sqrt n \log n)\)的做法。

然而實際上倍增就好了。分為兩步，首先，我們找到答案二進制下最高的一位，然後，向下確定每一位。這樣，對於一個長度為\(l\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define gc() getchar()
template <typename tp>
inline void read(tp& x) {
  x = 0; char tmp; bool key = 0;
  for (tmp = gc() ; !isdigit(tmp) ; tmp = gc())
    key = (tmp == '-');
  for ( ; isdigit(tmp) ; tmp = gc())
    x = (x << 3) + (x << 1) + (tmp ^ '0');
  if (key) x = -x;
}

typedef double db;
const db eps = 1e-8;
inline int jud(db x) {
  return x > -eps ? x > eps ? 1 : 0 : -1;
}
struct point {
  db x,y;
  point(db x_=0, db y_=0): x(x_), y(y_) {}
  point operator + (const point& a) const {
    return point(x + a.x, y + a.y);
  }
  point operator - (const point& a) const {
    return point(x - a.x, y - a.y);
  }
  db abs() const {
    return sqrt(x * x + y * y);
  }
  db norm() const {
    return x * x + y * y;
  }
  point perp() const {
    return point(- y, x);
  }
  point operator * (const db& a) const {
    return point(x * a, y * a);
  }
};
db cross(point a,point b) {
  return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
db dot(point a,point b) {
  return a.x * b.x + a.y * b.y;
}
point unit(point a) {
  db d = a.abs();
  a.x /= d;
  a.y /= d;
  return a;
}
struct line {
  point u,v;
  line(point u_=point(), point v_=point()): u(u_) {
    v = unit(v_);
  }
};
db dis(point a,line b) {
  return cross(a - b.u, b.v);
}
point inse(line a,line b) {
  assert(jud(cross(a.v, b.v)) != 0);
  db d = dis(a.u, b) / cross(a.v, b.v);
  return a.u - (a.v * d);
}
struct circle {
  point o;
  db r;
  circle(point o_=point(), db r_ = 0): o(o_), r(r_) {}
};
circle circum(point a,point b,point c) {
  line l1 = line((a + b) * (0.5), (a - b).perp());
  line l2 = line((b + c) * (0.5), (b - c).perp());
  point d = inse(l1,l2);
  return circle(d, (a - d).abs());
}

const int N = 100010;
int n,m,cnt,num;
point po[N], ans[N], tmp[N];
bool check(int l,int r,db x) {
  for (int i = l ; i <= r ; ++ i)
    tmp[i] = po[i];
  random_shuffle(tmp+l,tmp+r+1);
  circle cir = circle(tmp[l], 0);
  for (int i = l+1 ; i <= r ; ++ i) {
    if (jud(cir.r - (tmp[i] - cir.o).abs()) >= 0);
    else {
      cir = circle(tmp[i], 0);
      for (int j = l ; j < i ; ++ j) {
    if (jud(cir.r - (tmp[j] - cir.o).abs()) >= 0);
    else {
      cir = circle((tmp[i] + tmp[j]) * (0.5), (tmp[i] - tmp[j]).abs() * 0.5);
      for (int k = l ; k < j ; ++ k) {
        if (jud(cir.r - (tmp[k] - cir.o).abs()) >= 0);
        else cir = circum(tmp[i], tmp[j], tmp[k]);
      }
    }
      }
    }
  }
  ans[cnt] = cir.o;
  return jud(x - cir.r) >= 0;
}
bool doit(db x) {
  cnt = 1;
  for (int lp = 1, len ; lp <= n ; lp += len, ++ cnt) {
    for (len = 1 ; lp + (len<<1) - 1 <= n && check(lp, lp + (len << 1) - 1, x) ; len <<= 1);
    for (int i = (len >> 1) ; i >= 1 ; i >>= 1)
      if (lp + len + i - 1 <= n && check(lp, lp + len + i - 1, x)) len += i;
    check(lp, lp + len - 1, x);
  }
  -- cnt;
  return cnt <= m;
}
int main() {
  read(n), read(m);
  for (int i = 1, x, y ; i <= n ; ++ i) {
    read(x), read(y);
    po[i] = point(x, y);
  }
  db l = 0, r = 2000000, mid;
  while (r - l > 1e-8) {
    mid = (l + r) / 2.0;
    if (doit(mid)) r = mid;
    else l = mid;
  }
  printf("%.7lf\n",r);
  doit(r);
  printf("%d\n",cnt);
  for (int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i)
    printf("%.7lf %.7lf\n", ans[i].x, ans[i].y);
  return 0;
}
 

小結：本題反應了倍增的特性。也就是每次需要判斷的大小和答案大小是同一級別的。因此，在\(O(ANS)\)判斷一個答案的合法性時，可以用倍增替代二分來保證復雜度。

【做題】POI2011R1 - Plot——最小圓覆蓋&倍增