[NOI2012]骑行川藏

思路一：二分导数

http://www.cnblogs.com/RabbitHu/p/9019762.html

考虑“性价比”即花费单位能量缩短的时间。

如果我们给每一段随机分配一个速度，再调整

那么一定选择性价比最高的调整，或者把性价比较低的能量取回，再分配

而性价比随着能量分配，会越来越低

可以发现的是，最后所有的n段的性价比一定都相同！

（如果存在不同的，那么一定可以从性价比较低的收回一些能量，给性价比高的用，使得总时间更少）

由于实数范围，所以暴力模拟用个堆什么的不现实

考虑用数学方法：

每段的t-E图像是一个类反比函数

每个点的斜率就是当前能量的性价比！

就是$e_i$位置的导数

也即，最后的所有图像$e_i$的导数都是一样的！（并且都是负数）

而且可以发现，最后导数负数绝对值越小（导数越大），那么花费的总能量越多，时间越短

所以有二分的性质！

二分导数，考虑怎么检验

直观的想法是求出t-E的导数关于E的函数，，，没法求

但是，t和v的图像的导数就是y=si/x的导数可以求，E和v的导数根据关系式可以直接求

所以考虑通过v作为中介，求出t-E的导数关于v的函数

（看上面博客）然后就得到了式子，对于二分的导数，解方程求出$v_i$，再求出$e_i$，通过e的总和判断二分走向

至于解方程，就用二分即可。（由于等式一边是正数，所以一定有$v_i>v_i'$）

一些精度问题：（本题精度要求还是比较高的）

1.二分解方程判断的时候，能不用除法就不要用除法！但是不等式记得变号！（因为x小于零）

2.eps 1e-14（也可以不用eps，二分100次左右就结束（看人品。。。））

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define reg register int
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){char ch;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=1e4+4;
const double eps=1e-14;
double ans;
double s[N],vi[N],k[N];
int n;
double eu;
double jie(double x,int i){double l=max(vi[i],(double)0),r=100000.0;double ret=0.00;int cnt=60;while(r-l>eps){double mid=(l+r)/2;if(mid*mid*(mid-vi[i])*2*k[i]*x<=-1) r=mid;else l=mid;}ret=(l+r)/2;return ret;
}
double che(double mid){double sum=0;for(reg i=1;i<=n;++i){double v=jie(mid,i);sum+=k[i]*s[i]*(v-vi[i])*(v-vi[i]);}return sum;
}
int main(){rd(n);scanf("%lf",&eu);for(reg i=1;i<=n;++i){scanf("%lf%lf%lf",&s[i],&k[i],&vi[i]);}double r=0.0,l=-100000000.00;int cnt=100;while(r-l>eps){double mid=(l+r)/2.0;double now=che(mid);if(now<=eu) l=mid;else r=mid;}double mid=(l+r)/2.0;for(reg i=1;i<=n;++i){ans+=s[i]/jie(mid,i);}printf("%.10lf",ans);return 0;
}}
signed main(){Miracle::main();return 0;
}/*Author: *Miracle*Date: 2019/2/5 11:36:13
*/

思路二：拉格朗日乘数法

咕咕咕

转载于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10352649.html

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