Mission

著名的手机网络运营商Totalphone 修建了若干基站收发台，以用于把信号网络覆盖一条新建的高速公路。因为Totalphone 的程序员总是很马虎的，所以，基站的传功功率不能独立设置，只能将所有新基站的功率设置为一个相同的值。为了让能源的消耗尽量少，公司希望知道公路中任意点到最近基站距离的最大值。

输入的第一行包括两个整数N（1<=N<=10^6）和L（1<=L<=10^9）分别表示基站收发台的数量和高速公路的长度。接下来N行，每行包含一对整数xi,yi（-10^9<=xi,yi<=10^9）描述一个基站的坐标。所有给出的点都互不相同。点按照x坐标不下降排列。如果两个点的x坐标相同，那么它们之间按照y坐标的升序排列。

高速公路是一条从(0,0) 到(L,0) 的直线线段。

Solution

先说说O(n∗log)的做法，很显然出题人是卡这种做法的。
二分答案，然后O(n)扫一遍判断n个圆是否覆盖了高速公路。

考虑到只有两点之间中垂线与公路交点（或公路端点）才有可能贡献。
我们利用一个单调栈，维护相邻的点之间的中垂线与公路交点的横坐标单调递增，
最后扫一遍栈内元素得出答案。

如图，那么B点是没有用的，因为能够贡献的区段位于E点之前，D点之后，是空集。

Code

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
const char* fin="mobile.in";
const char* fout="mobile.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=1000007;
const db eps=10e-10;
int n,m,i,j,k;
int equ(db a,db b){return fabs(a-b)<=eps?0:(a>b?1:-1);}
struct P{db x,y;P(db _x=0,db _y=0){x=_x;y=_y;}P operator +(P b){return P(x+b.x,y+b.y);}P operator -(P b){return P(x-b.x,y-b.y);}P operator *(db b){return P(x*b,y*b);}db operator ^(P b){return x*b.y-y*b.x;}P per(){return P(y,-x);}
}a[maxn],b[maxn],c[maxn];
struct L{P p,v;L(){}L(P _p,P _v){p=_p;v=_v;}
}L0;/*P ict(L a,L b){return b.p+b.v*(((a.p-b.p)^a.v)/(b.v^a.v));}
P x0(P a,P b){return ict(L(P((a.x+b.x)/2,(a.y+b.y)/2),(b-a).per()),L0);}*/
P x0(P a,P b){return P((b.x*b.x+b.y*b.y-a.x*a.x-a.y*a.y)/2/(b.x-a.x),0);}
db dist(P a,P b){return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));}int read(){int x=0,i=1;char ch=getchar();while (ch<'0' || ch>'9'){if (ch=='-') i=-1;ch=getchar();}while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*i;
}
int main(){freopen(fin,"r",stdin);freopen(fout,"w",stdout);n=read();m=read();L0=L(P(0,0),P(m,0));int N=0;for (i=1;i<=n;i++){j=read();k=read();if (!N || equ(j*1.0,a[N].x)) a[++N]=P(j,k);else if (abs(k)<fabs(a[N].y)) a[N].y=k;}n=N;db l1=10e10,l2=10e10;P tmp,tmd;N=0;if (n==1){l1=dist(L0.p,a[1]);l2=dist(L0.v,a[1]);}else{b[++N]=a[1];l1=min(l1,dist(L0.p,a[1]));l2=min(l2,dist(L0.v,a[1]));b[++N]=a[2];l1=min(l1,dist(L0.p,a[2]));l2=min(l2,dist(L0.v,a[2]));c[N-1]=x0(a[1],a[2]);for (i=3;i<=n;i++){while (N>1){tmd=x0(b[N],a[i]);if (equ(c[N-1].x,tmd.x)<=0) break;N--;}c[N]=tmd;b[++N]=a[i];l1=min(l1,dist(L0.p,a[i]));l2=min(l2,dist(L0.v,a[i]));}}db ans=max(l1,l2);for (i=1;i<N;i++){if (equ(c[i].x,0.0)>=0 && equ((c[i].x),m*1.0)<=0)ans=max(ans,dist(c[i],b[i]));}printf("%.3lf\n",ans);return 0;
}

Warning

1.卡常
1)求交时请一步得解，不要用什么向量求交。
2)读入优化。