题目

描述

题目大意

给你一堆aia_iai​和bib_ibi​（方便起见用的变量和上面不一样），让你搞出一个xxx（相当于题目中的ba\frac{b}{a}ab​，随便推推就能知道），
使得max⁡ai+bi+aix+bix\max a_i+b_i+a_ix+\frac{b_i}{x}maxai​+bi​+ai​x+xbi​​最小。

思考历程

第一眼看下去，最大最小放一起，显然就是一个二分啊！
然后开始想……想不出来，推了个式子，感觉似乎要三分套三分套三分……
更气的是这题还不好打暴力。
所以推了很久之后什么都没有打。

正解

其实这个题目的正解有好几种。

先说二分的做法（WMY大佬的方法，只可惜被卡了常数）：
首先我们二分答案，然后判断是否可行。
要满足ai+bi+aix+bix≤ansa_i+b_i+a_ix+\frac{b_i}{x}\leq ansai​+bi​+ai​x+xbi​​≤ans，
变化一下式子：aix2+(ai+bi−ans)x+bi≤0a_ix^2+(a_i+b_i-ans)x+b_i\leq 0ai​x2+(ai​+bi​−ans)x+bi​≤0
发现可以用一元二次方程的方法来解，
于是对于每个aia_iai​和bib_ibi​，我们都可以得出一个解集。
然后取它们的交集，如果不为空就成立。
正确性显然。

再说三分的做法：
首先有个重要的结论：y=ai+bi+aix+bixy=a_i+b_i+a_ix+\frac{b_i}{x}y=ai​+bi​+ai​x+xbi​​的图像是一个单峰函数（VVV字形，左边陡，右边缓）。
LYL给出了一个很强的证明：
首先ai+bia_i+b_iai​+bi​是定值，先不理它，只考虑y=aix+bixy=a_ix+\frac{b_i}{x}y=ai​x+xbi​​
变化式子：aix2−yx+bi=0a_ix^2-yx+b_i=0ai​x2−yx+bi​=0
一元二次方程！然后算出Δ=y2−4aibi\Delta=y^2-4a_ib_iΔ=y2−4ai​bi​，解为x=y±y2−4aibi2ax=\frac{y \pm\sqrt{y^2-4a_ib_i}}{2a}x=2ay±y2−4ai​bi​​​
这时候就可以脑补出它的图像了……
显然，方程的解只有一个的时候就是顶点，所以顶点为(aba,2ab)(\frac{\sqrt{ab}}{a},2\sqrt{ab})(aab​​,2ab​)
还有YMQ的证明：
将yyy除以aia_iai​，设ci=biaic_i=\frac{b_i}{a_i}ci​=ai​bi​​，则y=x+cixy=x+\frac{c_i}{x}y=x+xci​​
这就相当于反比例函数上的纵坐标和横坐标之和！
显然在直线y=xy=xy=x上最优……（具体证明可以用基本不等式）
整理一下，当x=abax=\frac{\sqrt{ab}}{a}x=aab​​时最优。
证明完了，下面是做法：
对于每个iii，都会有一个图象。将它们放在一起，取maxmaxmax，可以发现图象是单峰（谷）的。
考虑反证，如果图象为WWW形，那么中间交接的那个地方实际上可以继续延伸，在上面更高的地方形成VVV形，所以不可能会出现WWW形。
所以三分出最低点就可以了。

还有一种方法是最优秀的线性方法。
考虑斜率优化。
假设ai&lt;aja_i&lt;a_jai​<aj​且yi&lt;yjy_i&lt;y_jyi​<yj​，那么ai+bi+aix+bix&lt;aj+bj+ajx+bjxa_i+b_i+a_ix+\frac{b_i}{x}&lt;a_j+b_j+a_jx+\frac{b_j}{x}ai​+bi​+ai​x+xbi​​<aj​+bj​+aj​x+xbj​​
变化式子：T(i,j)=−bi−bjai−aj&lt;xT(i,j)=-\frac{b_i-b_j}{a_i-a_j}&lt;xT(i,j)=−ai​−aj​bi​−bj​​<x（TTT只是为了后面方便表示）
然后就可以斜率优化了！
先处理出一个斜率递增的序列，对于序列上的每个点iii，在x∈[T(i−1,i),T(i,i+1)]x\in [T(i-1,i),T(i,i+1)]x∈[T(i−1,i),T(i,i+1)]时，yiy_iyi​是最大的。
所以求出xxx在这个区间内yiy_iyi​的最小值就好了。
将yiy_iyi​的VVV形图象画出来，就可以发现这个区间的位置及对应的最小值的情况。
在顶点左边，跨过顶点，在顶点右边三种情况分类讨论。
这就可以O(1)O(1)O(1)求出它的最小值。
总的来说，这个方法是线性的。

代码

线性做法（我只打了线性的）

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
inline int input(){char ch=getchar();while (ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();int x=0;do{x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}while ('0'<=ch && ch<='9');return x;
}
#define N 1000010
int n;
struct Monster{int a,b;
} d[N];
inline bool cmpd(const Monster &x,const Monster &y){return x.a<y.a || x.a==y.a && x.b>y.b;
}
int q[N],head,tail;
inline bool pd(int i,int j,int k){return -(long long)(d[i].b-d[j].b)*(d[j].a-d[k].a)>=-(long long)(d[j].b-d[k].b)*(d[i].a-d[j].a);
}
inline double calc(int i,int j){return -(double)(d[i].b-d[j].b)/(d[i].a-d[j].a);
}
inline double get(int k,double l,double r){if (l-r>1e-8)return 1e8;double mn=sqrt(1ll*d[k].a*d[k].b)/d[k].a;if (r<mn)return d[k].a+d[k].b+d[k].a*r+d[k].b/r;if (l>mn)return d[k].a+d[k].b+d[k].a*l+d[k].b/l;return d[k].a+d[k].b+d[k].a*mn+d[k].b/mn;
}
int main(){n=input();for (int i=1;i<=n;++i)d[i]={input(),input()};sort(d+1,d+n+1,cmpd);for (int i=1;i<=n;++i){while (head<tail && pd(q[tail-1],q[tail],i))tail--;q[++tail]=i;}double ans=get(q[1],1e-4,calc(q[1],q[2]));for (int i=2;i<tail;++i)ans=min(ans,get(q[i],calc(q[i-1],q[i]),calc(q[i],q[i+1])));ans=min(ans,get(q[tail],calc(q[tail-1],q[tail]),1e8));printf("%.4lf",ans);return 0;
}

自认为讲解得比较清晰，就不打注释了。

总结

面对这样有关式子和最值的题目，二分和三分都是很好的思考方向。
有时候还可以尝试一下斜率优化。
最后我们认识了这样的函数y=ax+bxy=ax+\frac{b}{x}y=ax+xb​，它的顶点在(aba,2ab)(\frac{\sqrt{ab}}{a},2\sqrt{ab})(aab​​,2ab​)