CodeChef TWOROADS（计算几何+拉格朗日乘数法）

题面

传送门

简要题意：给出\(n\)个点，请求出两条直线，并最小化每个点到离它最近的那条直线的距离的平方和，\(n\leq 100\)

orz Shinbokuow

前置芝士

给出\(n\)个点，请求出一条直线，使所有点到它距离的平方和最小，点带插入和删除

如果我们设\(y=kx+b\)，设点\(i\)为\((x_i,y_i)\)，那么就是要求我们最小化

\[\begin{aligned} Ans &=\sum_{i=1}^n{(kx_i-y_i+b)^2\over k^2+1}\\ &=\sum_{i=1}^n{k^2x_i^2+y_i^2+b^2-2kx_iy_i+2kbx_i-2by_i\over k^2+1}\\ &={1\over k^2+1}\left(k^2\sum_{i=1}^nx_i^2+\sum_{i=1}^ny_i^2+nb^2-2k\sum_{i=1}^nx_iy_i+2kb\sum_{i=1}^nx_i-2b\sum_{i=1}^ny_i\right) \end{aligned} \]

我们令这个柿子为\(f(k,b)\)，也就是说这是一个以\(k,b\)为自变量的函数

接下来，我们用拉格朗日乘数法对\(b\)求偏导数

上面这话说的简直不是人话，翻译一下的话，可以理解为，我们假设\(k\)是一个定值\(k_0\)，并认为\(b\)是变量，对它求导。导数为\(0\)的点就是当\(k=k_0\)时的极大或极小值（因为这里函数可以无限大所以肯定是极小值），那么显然对于任意一个\(k\)都有一个最优的\(b\)，且\(b\)是一个关于\(k\)的一次函数，我们把\(b\)代入就行了

也就是说

\[{\partial f\over \partial b}={1\over k^2+1}\left(2nb+2k\sum_{i=1}^nx_i-2\sum_{i=1}^ny_i\right)=0 \]

如果我们令

\[\overline{x}={1\over n}\sum_{i=1}^nx_i,\overline{y}={1\over n}\sum_{i=1}^ny_i \]

那么\(b\)就可以表示为

\[b=\overline{y}-k\overline{x} \]

然后我们把代入原式，可以解得

\[f(k,b)={Ak^2+Bk+C\over k^2+1} \]

其中

\[A=\sum x_i^2-{(\sum x_i)^2\over n} \]

\[B={2\sum x_i\sum y_i\over n}-2\sum x_iy_i \]

\[C=\sum y_i^2-{(\sum y_i)^2\over n} \]

然后我们要求\(f(k,b)\)的最小值，移项之后可以得到

\[(A-f(k,b))k^2+Bk+C-f(k,b)=0 \]

以下我们设\(\alpha=f(k,b)\)。因为这里需要保证\(k\)有解，也就是说

\[B^2-4(A-\alpha)(C-\alpha)\geq 0 \]

整理之后有

\[-4\alpha^2+4(A+C)\alpha+B^2-4AC\geq 0 \]

数形结合一下发现左边是个开口向下的二次函数，与\(x\)轴有一个或两个交点，那么我们取小一点的那个就好了

等会儿？万一这个二次函数最大值小于\(0\)呢？那不就无解了么？

实际上是不会的，可以用两种方法考虑

感性理解：想一想它代表的意义，再看看我手里的锤子，您说有没有解？

数学方法：因为我们考虑二次函数\(ax^2+bx+c=0\)，它的最值为\({4ac-b^2\over 4a}\)，那么代入之后可以发现哪个二次函数的最大值为

\[\begin{aligned} {4\times -4\times (B^2-4AC)-16(A+C)^2\over -16} &=B^2-4AC+(A+C)^2\\ &=B^2+(A-C)^2\geq 0 \end{aligned} \]

所以肯定有解啦！

于是我们就可以做到\(O(1)\)插入，\(O(1)\)删除了

题解

然后是题解了……

对于两条直线，它们两个的两条垂直的角平分线会把平面分成四个部分，其中两个相对的区域离一个平面比较近，另外两个相对的区域离另一条平面比较近

但是枚举角平分线这件事情就会变得非常辣手……

我们可以枚举点对\(a,b\)，并令直线\(ab\)为第一条角平分线，钦定\(a\)在其中一端，\(b\)在另一端，那么不难发现我们这样枚举其实等价于枚举完了所有的角平分线

然后第一条角平分线就解决了，接下来是和它垂直的第二条

我们计算出每个点在第一条角平分线上的投影长度，然后按投影长度排个序，那么第二条角平分线对平面的分割只有\(O(n)\)种情况，直接找过去就可以了

复杂度\(O(n^3\log n)\)，其中\(O(n\log n)\)是排序的复杂度

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=105;const double eps=1e-10;
inline int sgn(R double x){return x<-eps?-1:x>eps;}
struct node{
	double x,y;
	inline node(){}
	inline node(R double xx,R double yy):x(xx),y(yy){}
	inline node operator +(const node &b)const{return node(x+b.x,y+b.y);}
	inline node operator -(const node &b)const{return node(x-b.x,y-b.y);}
	inline double operator *(const node &b)const{return x*b.y-y*b.x;}
	inline node operator *(const double &b)const{return node(x*b,y*b);}
	inline double operator ^(const node &b)const{return x*b.x+y*b.y;}
}p[N],v;
struct qwq{
	node p;double d;bool in;
	inline qwq(){}
	inline qwq(R node pp,R double dd,R bool ii):p(pp),d(dd),in(ii){}
	inline bool operator <(const qwq &b)const{return d<b.d;}
}st[N];
struct Line{
	double x,y,xx,yy,xy;int sz;
	inline void ins(R node p){x+=p.x,y+=p.y,xx+=p.x*p.x,yy+=p.y*p.y,xy+=p.x*p.y,++sz;};
	inline void del(R node p){x-=p.x,y-=p.y,xx-=p.x*p.x,yy-=p.y*p.y,xy-=p.x*p.y,--sz;};
	inline void clr(){x=y=xx=yy=xy=sz=0;}
	double calc(){
		if(!sz)return 0;
		double xa=x/sz,ya=y/sz,A=xx-sz*xa*xa;
		double B=2*xa*ya*sz-2*xy,C=yy-sz*ya*ya;
		double a=4,b=-4*(A+C),c=4*A*C-B*B;
		return (-b-sqrt(b*b-4*a*c))/(a*2);
	}
}l1,l2;
double res=1e18;int n;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
	fp(a,1,n)fp(b,1,n)if(a!=b){
		v=p[b]-p[a];
		fp(i,1,n)st[i]=qwq(p[i],v^(p[i]-p[a]),v*(p[i]-p[a])>eps);
		st[a].in=1;
		sort(st+1,st+1+n),l1.clr(),l2.clr();
		fp(i,1,n)st[i].in?l1.ins(st[i].p):l2.ins(st[i].p);
		cmin(res,l1.calc()+l2.calc());
		fp(i,1,n){
			if(st[i].in)l1.del(st[i].p),l2.ins(st[i].p);
			else l2.del(st[i].p),l1.ins(st[i].p);
			cmin(res,l1.calc()+l2.calc());
		}
	}
	printf("%.10lf\n",res/n);
	return 0;
}