【解题报告】洛谷 P2571 [SCOI2010]传送带
【解题报告】洛谷 p2571 [scoi2010]传送带
今天无聊，很久没有做过题目了，但是又不想做什么太难的题目，所以就用洛谷随机跳题，跳到了一道题目，感觉好像不是太难。
[csdn链接](https://blog.csdn.net/liang_si_fff/article/details/84570359)
[题目链接](https://www.luogu.org/problemnew/show/p2571)
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题目描述
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
输入输出格式
输入格式：
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
输出格式：
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
输入输出样例
输入样例#1：
0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1
输出样例#1：
136.60
说明
对于100%的数据，1<= ax，ay，bx，by，cx，cy，dx，dy<=1000
1<=p，q，r<=10
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下面是我的分析过程
分析过程
首先，如图
1. 通过观察题目，我们可以发现，我们行走的路径一定是先在ab边上走，然后走下ab边，走向cd边，然后在cd边上走。（当然，有可能直接在a点就走下了ab边，也有可能直接从d点上了cd边，这里我们同样看作是先走下ab边，然后走上ab边）所以如果我们在ab边取一个点e,在cd边取一个点f,那么，不同的路径就可以用不同的e点和f点唯一表示，即每一个数对(e,f)都唯一对应一条路径（ps:e点可以和a或b重合，f点可以和c或者d重合）所以，我们可以想到一个朴素的算法：枚举e点和f点。但是这种算法明显是太暴力了，不可能通过的。
2. 我们通过仔细思考，可以这么想：假如我现在的e点是已经确定好是哪个点的了，那么我们的问题就可以转换为：已知一条传送带，以及你在传送带上面的速度和地面上的速度，并且知道起点的准确位置，求到达终点的最短时间。
假如题目变成了这个样子，那么我们会发现，随着f点从c点到d点移动，这个总的时间应该是先递减后递增的。由于是一个单峰函数，所以我们可以用三分来做。
3. 那么，我们现在的问题就是，这个e点也是移动的。但是我们现在能够做到对于ab边上的每一个点e,都能算出e点固定时的最短时间。所以，相比刚刚开始的同时枚举两个点e和f，现在只需要枚举一下e点就可以了。即：枚举e点的位置，然后对于每一个e点，对f点进行三分，找出每一个e点对应的最小路径的f点是哪一个。
4. 但是，这个算法好像还是不太好，因为e点的枚举还是很麻烦的，复杂度一样很高。我们可以大胆猜想，或许e点的取值范围也是可以用三分法来做的！但是我还没有想到证明方法，也只是胡乱瞎猜。不过我猜对了。我还没有找到证明，找到证明之后我会再贴链接或者干啥的。
5. 所以，我们现在可以得出一个能够在规定时间得出答案的算法：先三分e点的位置，对于每一个e点的位置，再三分f点的位置。
（细节注意：由于答案要保留小数点后两位，而地图的最大大小为1000，经过测试，1000乘于2/3大概乘那么30次就可以变得比0.01小，所以我们的三分大概只需要循环30次就可以了。不过我为了安全，循环了40次，反正没差多少。因此，e点需要三分40次，对于每一个e点，需要三分f点40*2次，大概就320次的样子。）
>事实上，这道题除了用三分的做法之外，好像还有什么其他做法，比如模拟退火算法， 但是我还没有学过。
ac代码如下
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 }
话说这个还是我第一次使用三分呢，以前都没有用过。