原本我是想去寫POJ 1755的，而後想起了這道跟它很像的題，但應該是弱化版，因此就先寫了這個……php
咱們能夠發現每一個人的總用時，與k是呈一次函數關係的：$time_i=\frac{k}{Vrun_i}+\frac{S-k}{Vride_i}$ios
然而咱們要找的是某個k，使得$min(time_n-time_i)$最大ide
那麼就是一個線性規劃問題了……這個也能夠用半平面交來作……（蒟蒻並不會單純形）函數
下面的部分爲了偷懶簡潔我就用$a_i$和$b_i$來代替兩種速度……spa
我一開始想的作法是：維護一個$y=(\frac{1}{a_i}-\frac{1}{b_i})*x+\frac{S}{b_i}$的最小值（上凸殼？），而後因爲線性分段函數的極值必定在分界點處取到（BZOJ 1038 瞭望塔），因此能夠枚舉分界點計算答案。unix
然而不會寫……後來膜拜了lyd神犇的代碼，發現：code
這題$n\leq 100$，因此找到可能成爲分界點的點，即全部直線的交點，暴力更新答案就行了……blog
而後還有一個地方是將不等式從新變形了一下，將第n條直線直接減到前面n-1條直線中……ip
無限ym……ci
1 /************************************************************** 2 Problem: 2765 3 User: Tunix 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:40 ms 7 Memory:1276 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 //BZOJ 2765 11 #include<cmath> 12 #include<cstdio> 13 #include<cstring> 14 #include<cstdlib> 15 #include<iostream> 16 #include<algorithm> 17 #include<iomanip> 18 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) 19 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) 20 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i) 21 using namespace std; 22 23 const int N=110; 24 /*******************template********************/ 25 typedef long double lf; 26 #define eps 1e-12 27 int n,num; 28 lf a[N],b[N],c[N],d[N],S,anst,ansk; 29 30 void calc(lf k){ 31 lf t=1e100; 32 F(i,1,n-1) t=min(t,k*c[i]+d[i]); 33 if (t>anst) anst=t,ansk=k; 34 } 35 36 int main(){ 37 #ifndef ONLINE_JUDGE 38 freopen("2765.in","r",stdin); 39 // freopen("2765.out","w",stdout); 40 #endif 41 cin >>S>>n; 42 F(i,1,n) cin >> a[i] >> b[i]; 43 F(i,1,n-1){ 44 c[i]=1/a[i]-1/b[i]-1/a[n]+1/b[n]; 45 d[i]=S/b[i]-S/b[n]; 46 } 47 48 anst=-1e100; 49 F(i,1,n-1) F(j,i+1,n-1){ 50 if (fabs(c[i]-c[j])<eps) continue; 51 lf k=(d[j]-d[i])/(c[i]-c[j]); 52 if (k<eps || k>S-eps) continue; 53 calc(k); 54 } 55 calc(0); calc(S); 56 anst*=3600; 57 if (anst<-eps) puts("NO"); 58 else{ 59 if (anst<eps) anst=0; 60 cout<<setprecision(2)<<fixed<<ansk<<' '<<S-ansk<<' '; 61 cout<<setprecision(0)<<fixed<<anst<<endl; 62 } 63 return 0; 64 }