4.洛谷P10936 导弹防御塔02-10

5.CF1635E Cars02-10 6.P872602-10 7.CF633G02-10 8.CF1436E02-10 9.[BJOI2017] 喷式水战改02-11 10.「CF407E」k-d-sequence02-13 11.「雅礼集训 2017 Day5」珠宝02-13 12.AT_jsc2019_final_h Distinct Integers02-16 13.CF1430G Yet Another DAG Problem02-17 14.[2022CCPC广州] B Ayano and sequences02-20 15.[2022CCPC广州] Infection02-20 16.[2022CCPC广州] XOR Sum02-20

显然直接求最小值是不好做的，所以考虑二分，观察到 $n, m$ 都特别小，因为每个防御塔最多会发射 $m$ 发导弹，于是可以枚举第 $i$ 个防御塔已经发射过 $j$ 次，看能否在二分的 $m i d$ 时间内打中第 $k$ 个入侵者，如果可以则 $i + j \times n$ 向 $n \times m + k$ 连边这里的时间复杂度是 $O (n \times m^{2})$ 的，然后判断所有入侵者是否能被打败，因为只有两种点，防御塔和入侵者，所以求一遍二分图最大匹配即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define ull unsigned long long
#pragma GCC optimeze(3)
#pragma GCC optimeze(2)
#define PII pair<int, int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const double eps=1e-5;
int n,m,co[N],ans=1,x[N],y[N],bj[N],st[N];
double t1,t2,v;
vector<int>G[N];
double ti(int i,int j){
	return sqrt((x[i]-x[j+n])*(x[i]-x[j+n])+(y[i]-y[j+n])*(y[i]-y[j+n]))/v;
}
bool match(int t){
	for(auto to:G[t]){
		if(!st[to]){
			st[to]=1;
			if(!bj[to]||match(bj[to])){
				bj[to]=t;
				return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}
bool check(double p){
	for(int i=1;i<=n*m+m;i++)bj[i]=0;
	int pp=n*m,sum=0;
	for(int i=1;i<=pp;i++)G[i].clear();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int q=0;q<m;q++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				if(q*(t1+t2)+t1+ti(i,j)<=p){
					G[i+q*n].pb(pp+j);
				}	
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n*m;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++)st[j+pp]=0;
		if(match(i))sum++;
	}
	return sum==m;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);  
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>t1>>t2>>v;
	t1/=60;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>x[i+n]>>y[i+n];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x[i]>>y[i];
	}
	double l=0,r=1e7;
	while(r-l>eps){
		double mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid;
	}
	printf("%.6lf",l);
	return 0;
}