#include #include #include #include using namespace std;
const int maxn = 1e4 + 5;
const double inf = 1e20;
const double pi = acos(-1);
const double eps = 1e-8;
struct point
};int dcmp(double x)//
double distance(point a, point b)
double distance2(point a, point b)
point read_point()
point p[maxn];
int n, t;
double l, r, a[maxn], dis[maxn];
double get(double m)
return ret;
}double solve ()
return l;
}int main(int argc, char const *argv)
if ((l > r) || (n % 2 == 0 && dcmp(ans) != 0)) printf("impossible\n");
else
}return 0;
}
沒有想出做法，看了題解。
題意：按順序給出乙個多邊形，以多邊形的每個頂點為圓心作圓，使得任意兩相鄰點對應的圓相切，求所有圓面積總和的最小值。
畫個圖算兩下就出來了，發現只需要對n的奇偶性進行討論即可。
設每個點為pi（0 <= i <= n - 1），對應圓的半徑為ri，pi和p(i + 1)（預設pn為p0）的距離為di，則很顯然我們得到了n個方程：
fi：ri + r(i + 1) = di（0 <= i <= n - 1）。
通過這個方程我們發現，全部加起來除以2即得到了所有ri的和。當n為奇數時，將i為奇數的方程fi相加可以得到r1 + r2 + ...... + r(n - 1)的和，再用總和減去它即得到了r0，也就是說，n為奇數時，這個方程組有唯一解，所以，解出所有的解，只要所有解都非負即可算出答案，如果有負的就impossible。當n為偶數時，i為偶數的方程相加和i為奇數的方程相加的結果應該是一樣的（都等於所有ri之和）。所以先算這兩個和，如果這兩個和不相等，也是impossible。其次，我們從第二個方程起，可以將每個ri都變成與r0相關的式子，這樣，所有圓的面積都可以用r0表示，最後的總面積是關於r0的二次函式，直接求解最小值即可。設ri = ai*r0 + bi，
則r(i + 1) = di - ri = -ai*r0 - bi + di。所以a(i + 1) = -ai，b(i + 1) = - bi + di。a0 = 1，b0 = 0。這樣求出每個ai和bi（可以發現ai只有1和-1），然後面積和 = pi*sigma(ri^2，0 <= i <= n - 1) = a*r0^2 + b*r0 + c，算出a，b，c的值再根據每個ri的範圍（0 <= ri <= min(di，d(i + 1)）求出r0的取值範圍（即維護區間的左右端點），如果區間右端點小於左端點，則無解impossible。否則根據二次函式性質算出區間內最低點即可。
題解來自：
HDU 5531 平面幾何 三分
題意是給你n個點，然後要求以每個點為圓心畫乙個圓，使得兩兩相鄰的圓心的圓相切，不相鄰的圓可以相交，如果可以作這樣的圓那麼輸出圓面積和的最小值和，每個圓的半徑，否則輸出impossible。首先我們求出每一條鄰邊的長度，記為l1,l2,l3,ln,假定第乙個圓的半徑為x，那麼我們可以用x表示所有圓的半...
計算幾何求公式
例題1 poj 1380 矩陣的包含 給你兩個矩陣的長和寬，問前面這個矩陣能否包含後面這個矩陣。1 當前面的矩陣的寬 小於後面這個矩陣的寬時，不能包含。2 當前面矩陣的面積 後面矩陣的面積，不能包含。3 當前面矩陣的長,寬 後矩陣的長,寬，能夠包含。4 特別注意前矩陣寬 後矩陣的寬，但是長 後矩陣的...
計算幾何公式總結
一.注意 1.注意捨入方式 0.5的捨入方向 防止輸出 0.2.幾何題注意多測試不對稱資料.3.整數幾何注意xmult和dmult是否會出界 符點幾何注意eps的使用.4.避免使用斜率 注意除數是否會為0.5.公式一定要化簡後再代入.6.判斷同乙個2 pi域內 兩角度差應該是 abs a1 a2 p...