BZOJ 1857 傳送帶 三分套三分

在乙個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。

顯然是先從ab的某點e出發，然後經過平面到達cd的某點f，然後從f到達d。

我們假設已經確定了e，然後我們確定cd的f時，我們通過直覺感知到隨著點f從c移動到d

時間關於位移的函式影象是乙個先減少後增加的圖形。

我們再來確定e，通過直覺，

時間關於位移的函式影象依然是乙個先減少後增加的圖形。

所以我們先三分e，再三分f，

我們用三分套三分解決了這個問題。

# include # include 

# include 
# include 
# include 
# include 
# include 
# include 
# include 
# include 
using
namespace
std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0
)# define maxn 
250005
# define eps 1e-3
# define maxm 
1000005
# define mod 
1000000007
# define inf 
1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,
sizeof
(a))
# define for(i,a,n) 
for(int i=a; i<=n; ++i)
# define fo(i,a,n) 
for(int i=a; ii)
# define bug puts("h
");# define lch p
<<1
,l,mid
# define rch p
<<1|1,mid+1
,r# pragma comment(linker, 
"/stack:1024000000,1024000000")
typedef 
long
long
ll;typedef unsigned 
long
long
ull;
int _max(int a, int b)
int _min(int a, int b)
intscan() 
void out(int
a)     
if(a>=10) out(a/10
);    putchar(a%10+'0'
);}double
ax, ay, bx, by, cx, cy, dx, dy, p, q, r;
double dis(double x1, double y1, double x2, double
y2)double cal(double x, double
y)    
return ans+dis(lx,ly,dx,dy)/q+dis(x,y,lx,ly)/r;
}int
main ()
printf(
"%.2lf\n
",cal(lx,ly));
return0;
}

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BZOJ 1857 傳送帶 三分套三分

time limit 1 sec memory limit 64 mb submit 1077 solved 575 submit status discuss 在乙個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c...

bzoj1857 傳送帶 三分

很早看到的三分法，竟然在今天用到了 顯然已我的智商是想不到的 然而發現自己並不會證明o o，但是除了最關鍵的一步其它還是會的 首先，我們用三分法，最基本的是要證明那個人一定是沿著如下路徑走的 從a沿著ab走一段，再穿越到cd上某一點，最後到終點。證明如下 不妨假設p q r，因為當r max p,q...