problem

luogu-P3340

题面写得那么长，其实说白了就是求一条直线，使得若干个点到这条直线的距离平方的和最小，求这个最小值。

solution

我超爱数学，数学就是我的命，我一天不学数学我就难受！

假设拟合出的直线为：y=kx+by=kx+by=kx+b。

点到直线 Ax0+By0+C=0Ax_0+By_0+C=0Ax0+By0+C=0 的距离公式：d=∣Ax+By+C∣A2+B2d=\frac{|Ax+By+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}d=A2+B2∣Ax+By+C∣ 不会就去问数学老师

接下来就是推式子：
∑(kxi−yi+b)2k2+1=∑k2xi2+yi2+b2−2kxiyi+2kbxi−2byik2+1\frac{\sum(kx_i-y_i+b)^2}{k^2+1}=\frac{\sum k^2x_i^2+y_i^2+b^2-2kx_iy_i+2kbx_i-2by_i}{k^2+1} k2+1∑(kxi−yi+b)2=k2+1∑k2xi2+yi2+b2−2kxiyi+2kbxi−2byi
xi,yix_i,y_ixi,yi 都可被视作已知量，所以只有 k,bk,bk,b 是未知数。

答案要最小化这个式子的值，k,bk,bk,b 没有任何等量关系，所以我们两个各自最小化即可。

先最小化 bbb 的求值，把 kkk 假想成已知量。
=∑(b2+(2kxi−2yi)b+yi2−2kxiyi+k2xi2)k2+1=nb2+∑(2kxi−2yi)b+∑(yi2−2kxiyi+k2xi2)k2+1=\frac{\sum(b^2+(2kx_i-2y_i)b+y_i^2-2kx_iy_i+k^2x_i^2)}{k^2+1}=\frac{nb^2+\sum(2kx_i-2y_i)b+\sum(y_i^2-2kx_iy_i+k^2x_i^2)}{k^2+1} =k2+1∑(b2+(2kxi−2yi)b+yi2−2kxiyi+k2xi2)=k2+1nb2+∑(2kxi−2yi)b+∑(yi2−2kxiyi+k2xi2)
显然这是个关于 bbb 的二次函数。根据数学知识，我们知道当 b=∑(2yi−2kxi)2nb=\frac{\sum(2y_i-2kx_i)}{2n}b=2n∑(2yi−2kxi) 时取到最低点。

且 b=∑(2yi−2kxi)2n=∑yi−k∑xinb=\frac{\sum(2y_i-2kx_i)}{2n}=\frac{\sum y_i-k\sum x_i}{n}b=2n∑(2yi−2kxi)=n∑yi−k∑xi，恰好发现 ∑xin=xˉ\frac{\sum x_i}{n}=\bar{x}n∑xi=xˉ（平均数），∑yin=yˉ\frac{\sum y_i}{n}=\bar{y}n∑yi=yˉ。

然后现在把 bbb 当作常量 b=yˉ−kxˉb=\bar{y}-k\bar{x}b=yˉ−kxˉ，把 kkk 当作未知数。
=n(yˉ−kxˉ)2+∑(2kxi−2yi)(yˉ−kxˉ)+∑(yi2−2kxiyi+k2xi2)k2+1=\frac{n(\bar{y}-k\bar{x})^2+\sum(2kx_i-2y_i)(\bar{y}-k\bar{x})+\sum(y_i^2-2kx_iy_i+k^2x_i^2)}{k^2+1} =k2+1n(yˉ−kxˉ)2+∑(2kxi−2yi)(yˉ−kxˉ)+∑(yi2−2kxiyi+k2xi2)

=nyˉ2−2nkxˉyˉ+nk2xˉ2+∑(2kxiyˉ−2yiyˉ−2k2xixˉ+2yikxˉ)+∑(yi2−2kxiyi+k2xi2)k2+1=\frac{n\bar{y}^2-2nk\bar{x}\bar{y}+nk^2\bar{x}^2+\sum(2kx_i\bar{y}-2y_i\bar{y}-2k^2x_i\bar{x}+2y_ik\bar{x})+\sum(y_i^2-2kx_iy_i+k^2x_i^2)}{k^2+1} =k2+1nyˉ2−2nkxˉyˉ+nk2xˉ2+∑(2kxiyˉ−2yiyˉ−2k2xixˉ+2yikxˉ)+∑(yi2−2kxiyi+k2xi2)

=∑(xˉ2−2xixˉ+xi2)k2+∑(−2xˉyˉ+2xiyˉ+2yixˉ−2xiyi)k+∑(yˉ2−2yiyˉ+yi2)k2+1=\frac{\sum(\bar{x}^2-2x_i\bar{x}+x_i^2)k^2+\sum(-2\bar{x}\bar{y}+2x_i\bar{y}+2y_i\bar{x}-2x_iy_i)k+\sum(\bar{y}^2-2y_i\bar{y}+y_i^2)}{k^2+1} =k2+1∑(xˉ2−2xixˉ+xi2)k2+∑(−2xˉyˉ+2xiyˉ+2yixˉ−2xiyi)k+∑(yˉ2−2yiyˉ+yi2)

为了式子的简洁美观，我们记：
{A=∑xˉ2−∑2xix+∑xi2B=−2nxˉyˉ+∑2xiyˉ+∑2yixˉ−∑2xiyiC=nyˉ2−∑2yiyˉ+∑yi2\begin{cases} A=\sum\bar{x}^2-\sum 2x_ix+\sum x_i^2\\ B=-2n\bar{x}\bar{y}+\sum 2x_i\bar{y}+\sum2y_i\bar{x}-\sum2x_iy_i\\ C=n\bar{y}^2-\sum2y_i\bar{y}+\sum y_i^2 \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧A=∑xˉ2−∑2xix+∑xi2B=−2nxˉyˉ+∑2xiyˉ+∑2yixˉ−∑2xiyiC=nyˉ2−∑2yiyˉ+∑yi2
则有 Ak2+Bk+Ck2+1→ans\frac{Ak^2+Bk+C}{k^2+1}\rightarrow ansk2+1Ak2+Bk+C→ans。
ans=Ak2+Bk+Ck2+1⇒ans(k2+1)=Ak2+Bk+C⇒(A−ans)k2+Bk+C−ans=0ans=\frac{Ak^2+Bk+C}{k^2+1}\Rightarrow ans(k^2+1)=Ak^2+Bk+C\Rightarrow (A-ans)k^2+Bk+C-ans=0 ans=k2+1Ak2+Bk+C⇒ans(k2+1)=Ak2+Bk+C⇒(A−ans)k2+Bk+C−ans=0
因为题目肯定是有解的，所以这个二元一次方程要有根，即 Δ≥0\Delta\ge 0Δ≥0。
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \ at position 75: …ns+B^2-4AC\ge 0\̲ ̲
又得到了一个关于 ansansans 的开口向下的二次函数，ansansans 最小取值就是其方程的较小根，再用一次求根公式即可。

所以我们只需要维护 n,∑xi,∑yi,∑xi2,∑yi2,∑xiyin,\sum x_i,\sum y_i,\sum x_i^2,\sum y_i^2,\sum x_iy_in,∑xi,∑yi,∑xi2,∑yi2,∑xiyi 这几个信息。

一条路径上的信息维护，发现树上差分即可做到，记从根到该点一路上的信息之和。

基环树存一下环的点，然后把环拍成链，考虑有两种走环的方式，比较最小值即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
struct node {int n, sumx, sumy, sumx2, sumy2, sumxy;void insert( int x, int y ) { n ++, sumx += x, sumy += y, sumx2 += x * x, sumy2 += y * y, sumxy += x * y; }double calc() {double var_x = sumx * 1.0 / n, var_y = sumy * 1.0 / n;double A = sumx2 - 2 * var_x * sumx + n * var_x * var_x;double B = - 2 * sumxy + 2 * sumx * var_y + 2 * sumy * var_x - 2 * n * var_x * var_y;double C = sumy2 - 2 * sumy * var_y + n * var_y * var_y;double a = 4, b = - 4 * ( A + C ), c = 4 * A * C - B * B;double delta = sqrt( b * b - 4 * a * c );return ( - b - delta ) / ( 2 * a );}
}f[maxn], g[maxn];
node operator + ( node HM, node NB ) { HM.n += NB.n, HM.sumx += NB.sumx, HM.sumy += NB.sumy, HM.sumx2 += NB.sumx2, HM.sumy2 += NB.sumy2, HM.sumxy += NB.sumxy; return HM; }
node operator - ( node HM, node NB ) { HM.n -= NB.n, HM.sumx -= NB.sumx, HM.sumy -= NB.sumy, HM.sumx2 -= NB.sumx2, HM.sumy2 -= NB.sumy2, HM.sumxy -= NB.sumxy; return HM; }
struct point { int x, y; }p[maxn];
int n, m, Q, cnt;
int fa[maxn], dep[maxn], top[maxn], root[maxn], vis[maxn], siz[maxn], son[maxn], num[maxn], circle[maxn];
vector < int > G[maxn];int lca( int u, int v ) {while( top[u] ^ top[v] )if( dep[top[u]] < dep[top[v]] ) v = fa[top[v]];else u = fa[top[u]];return dep[u] < dep[v] ? u : v;
}void dfs1( int u, int rt ) {root[u] = rt, siz[u] = vis[u] = 1, son[u] = 0;f[u] = f[fa[u]], f[u].insert( p[u].x, p[u].y );for( int v : G[u] ) if( ! vis[v] and v ^ fa[u] ) {fa[v] = u;dep[v] = dep[u] + 1;dfs1( v, rt );siz[u] += siz[v];if( siz[son[u]] < siz[v] ) son[u] = v;}
}void dfs2( int u, int t ) {top[u] = t;if( son[u] ) dfs2( son[u], t );else return;for( int v : G[u] )if( fa[v] == u and son[u] ^ v ) dfs2( v, v );
}void work() {for( int u = 1;u <= n;u ++ )for( int v : G[u] )if( fa[v] ^ u and fa[u] ^ v ) {if( dep[u] > dep[v] ) swap( u, v );while( v ^ u ) {circle[++ cnt] = v;num[v] = cnt;g[cnt] = g[cnt - 1];g[cnt].insert( p[v].x, p[v].y );vis[v] = 1;  v = fa[v];}circle[++ cnt] = u;num[u] = cnt;g[cnt] = g[cnt - 1];g[cnt].insert( p[u].x, p[u].y );vis[u] = 1;return;}
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d %d", &p[i].x, &p[i].y );for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs1( 1, 1 );memset( vis, 0, sizeof( vis ) );if( n == m ) work();else circle[cnt = 1] = 1;memset( fa, 0, sizeof( fa ) );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) dfs1( circle[i], circle[i] ), dfs2( circle[i], circle[i] );scanf( "%d", &Q );while( Q -- ) {int x, y;scanf( "%d %d", &x, &y );if( root[x] == root[y] )printf( "%.5f\n", (f[x] + f[y] - f[lca( x, y )] - f[fa[lca( x, y )]] ).calc() );else {if( num[root[x]] > num[root[y]] ) swap( x, y );node u = f[x] - f[root[x]] + f[y] - f[root[y]] + g[num[root[y]]] - g[num[root[x]] - 1];node v = f[x] - f[root[x]] + f[y] - f[root[y]] + g[num[root[x]]] + g[cnt] - g[num[root[y]] - 1];printf( "%.5f\n", min( u.calc(), v.calc() ) );}}return 0;
}

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