题目描述

原题来自：SCOI 2010

在一个 2 维平面上有两条传送带，每一条传送带可以看成是一条线段。两条传送带分别为线段 AB和线段CD 。lxhgww 在 AB上的移动速度为 P ，在 CD上的移动速度为 Q ，在平面上的移动速度R 。

现在 lxhgww 想从A 点走到 D 点，他想知道最少需要走多长时间。

输入格式

输入数据第一行是4 个整数，表示 A和 B的坐标，分别为； $A_{x},A_{y},B_{x},B_{y}$ ;

第二行是 4 个整数，表示和的坐标，分别为，； $C_{x},C_{y},D_{x},D_{y}$ ;

第三行是 3个整数，分别是。P,Q,R.

输出格式

输出数据为一行，表示 lxhgww 从A 点走到D 点的最短时间，保留到小数点后 2 位。

样例

样例输入

0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1

样例输出

136.60

描述：emmmm，看完之后，第一反应是暴力做，wa了几发之后，才晓得用三分套三分，果然不能轻视每一个算法啊。

分析：

给到四个点，我们可以分到最多三个线段。三分ab上的点到 $b_{i}$ 得到线段 $ab_{i}$ ，将改点代入再三分cd上的点 $c_{i}$ 得到线段 $c_{i}d$ ；用返回值 $ab_{i}\div P+b_{i}c_{i}\div Q+c_{i}d\div R$ （P,Q,R，分别为线段AB，线段CD，平地上的速度）,来判断两个点是不是最优点。

上代码：

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-4;
int m,n,k,a1,a2,b1,b2,c1,c2,d1,d2;
double dfs(double x1,double y1,double x2,double y2)
{return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
double bfs(double x,double y)
{double cx=c1, cy=c2,dx=d1, dy=d2,ab=dfs(a1,a2,x,y)/m;while(fabs(dx-cx)>eps||fabs(dy-cy)>eps){double x1=cx+(dx-cx)/3,x2=dx-(dx-cx)/3;double y1=cy+(dy-cy)/3,y2=dy-(dy-cy)/3;double s1=ab+dfs(x,y,x1,y1)/k+dfs(x1,y1,d1,d2)/n;double s2=ab+dfs(x,y,x2,y2)/k+dfs(x2,y2,d1,d2)/n;if(s1<=s2)dx=x2,dy=y2;elsecx=x1,cy=y1;}return ab+dfs(x,y,cx,cy)/k+dfs(cx,cy,d1,d2)/n;
}
int main()
{scanf("%d%d%d%d",&a1,&a2,&b1,&b2);scanf("%d%d%d%d",&c1,&c2,&d1,&d2);scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);double  ax=a1,ay=a2,bx=b1,by=b2;while(fabs(bx-ax)>eps||fabs(by-ay)>eps){double x1=ax+(bx-ax)/3,x2=bx-(bx-ax)/3;double y1=ay+(by-ay)/3,y2=by-(by-ay)/3;if(bfs(x1,y1)<=bfs(x2,y2))bx=x2,by=y2;elseax=x1,ay=y1;}printf("%.2lf\n",bfs(ax,ay));return 0;
}

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