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。現在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

Output

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

Sample Input

0 0 0 100

100 0 100 100

2 2 1

Sample Output

136.60

HINT

對於100%的資料，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000
1<=P，Q，R<=10

Source

Day2

題解

首先思考，如果只有1個傳送帶就是三分裸題了。（單峰函式）

！（圖是網上找的..與本題不符..顯然本題是倒著的..）

2個傳送帶其實也沒什麼差別..套一個三分就好了。
本來是想寫一道三分裸題的…好吧..其實也差距不大..

關於精度，一般多一位就好了，如果中間有丟失精度比較高的運算，log/sqrt那就多3位就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-4;
int ax,ay,bx,by,cx,cy,dx,dy,p,q,r;
double dis(double x1,double y1,double x2,double y2){
    return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));       
}
double cal(double x,double y){
    double lx=cx,ly=cy,rx=dx,ry=dy;
    double x1,y1,x2,y2,t1,t2;
    while
 
(fabs(rx-lx)>eps||fabs(ry-ly)>eps){
        x1 = lx+(rx-lx)/3,y1 = ly+(ry-ly)/3;
        x2 = lx+(rx-lx)/3*2,y2 = ly+(ry-ly)/3*2;
        t1 = dis(ax,ay,x,y)/p+dis(x,y,x1,y1)/r+dis(x1,y1,dx,dy)/q;
        t2 = dis(ax,ay,x,y)/p+dis(x,y,x2,y2)/r+dis(x2,y2,dx,dy)/q;
        if(t1>t2)lx=x1,ly=y1;
        else rx=x2,ry=y2;
    }
    return dis(ax,ay,x,y)/p+dis(x,y,lx,ly)/r+dis(lx,ly,dx,dy)/q;    
}
int main(){
    cin>>ax>>ay>>bx>>by>>cx>>cy>>dx>>dy>>p>>q>>r;
    double lx=ax,ly=ay,rx=bx,ry=by;
    double x1,y1,x2,y2,t1,t2;
    while(fabs(rx-lx)>eps||fabs(ry-ly)>eps){
        x1 = lx+(rx-lx)/3,y1 = ly+(ry-ly)/3;
        x2 = lx+(rx-lx)/3*2,y2 = ly+(ry-ly)/3*2;
        t1 = cal(x1,y1),t2 = cal(x2,y2);
        if(t1>t2)lx=x1,ly=y1;
        else rx=x2,ry=y2;
    }
    printf("%.2f\n",cal(lx,ly));    
    return 0;
}