SS241112A. 定向越野（walk）

SS241112A. 定向越野（walk）

题意

给你 \(n\) 个点，\(n \le 12\)，你可以从任意一个点出发以任意顺序依次遍历所有点燃火回到起点，你只能拐直角走，问最小路程。答案输出最小路程的平方，输出分数形式。可以证明最小路程的平方一定是有理数。

思路

显然枚举遍历顺序。

首先需要明白为什么答案一定是有理数。

感觉我们的初始方向必须是某一个向量的方向，假设这个是正确的。

考虑起点初始方向是 \(\alpha\)，我们可以把整个图旋转 \(\alpha\)，这样相当于我们只能往坐标轴方向走。

考虑旋转后每个点的坐标，起点是 \((0,0)\)，第一个经过的点是 \((len_{0,1},0)\)（其中 \(len_{u,v}\) 表示点 \(u\) 和点 \(v\) 的直线距离）。每个点与原点连线，相当于这条线的角度减去 \(\alpha\)。设这条线的角度是 \(\beta\)，\(\alpha\) 和 \(\beta\) 的 \(\tan\) 都是有理数，已知。那么就可以求出 \(\beta-\alpha\) 的 \(\tan\) 了，也是有理数。

不记得三角函数公式……

\[\sin (\beta-\alpha)=\sin \beta \cos \alpha - \cos \beta \sin \alpha\\ \cos (\beta-\alpha)=\cos \beta \cos \alpha + \sin \beta \sin \alpha\\ \tan (\beta-\alpha)=\frac{\tan \beta - \tan \alpha}{1- \tan \beta \tan \alpha} \]

我们要证明答案只含一种无理数，否则如果是多个无理数相加，平方后仍然是无理数。

也就是证明答案仅含有 \(len(1,2)\) 一种或零种无理数。

点 \(u\) 的坐标 \(x_u=\cos x \cdot len_{1,u},y_u=\sin x \cdot len(1,u)\)，展开后因为 \(\sin x,\cos x\) 分母里本身有一个 \(len_{1,u}\)，因此就消掉了 \(len_{1,u}\)，只剩下一个有理数乘（其实是除啦） \(len(1,2)\) 了。

证毕。

回到最初的假设，事实上这个结论是正确的。我不会证明。想象一个等腰直角三角形，最优的路径是以底边为初始方向，你发现虽然你微调初始方向后上边底边的路变长，上面的路变短，但是这是不优的。因此大胆猜测结论正确？

关键是如果没有这个结论，你没法做啊。所以结论是对的。。。

题解写得挺好。

在计算器上画出 \(y=\sin x + \cos x\) 函数图像。

长这样。其实应该是 \(y=\sin x + \cos x\)：

这是个分段的凸函数，当 \(x=0\) 的时候取得最小值。所以它们加起来的最小值一定是在某个 \(x=0\) 的位置取到，因为如果你取其他位置，一定可以选择旁边的位置使答案更小。

我觉得很难理解。容易想错。只是给出结论再去证明是相对好感性理解的。

据 @Hagasei 大佬说，如果你不会证明这步，可以观察发现大样例的分母都是某个 \((x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2\)，因此认为结论正确。

嗯没了。

直接枚举遍历顺序是阶乘的，可以状压 DP，状态是初始方向，哪些点已经经过，最后一个点是什么，其中初始方向可以循环数组，时间 \(O(n^3 2^n)\)，空间 \(O(n 2^n)\)，转移枚举下一个点，总时间是 \(O(n^4 2^n)\)。

code

参考了 dxw 的代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace entirely {
    constexpr int N=20,inf=0x3f3f3f3f;
    int n;
    struct node {
        int x,y;
    }a[N];
    struct frac {
        ll p,q;
    }ans;
    ll gcd(ll a,ll b) { return b ? gcd(b,a%b) : a; }
    int f[1<<13][N];
    bool bit (int s,int k) { return (s>>k)&1; }
    void _min(int &a,int b) { a=min(a,b); }
    int dis[N][N]; 
    void main() {
        sf("%d",&n);
        rep(i,1,n) sf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
        if(n==1) { puts("0 1"); return; }
        ans={1,0};
        rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) {
            int dxa=a[j].x-a[i].x,dya=a[j].y-a[i].y;
            rep(ii,1,n) rep(jj,ii+1,n) {
                int dxb=a[jj].x-a[ii].x,dyb=a[jj].y-a[ii].y;
                dis[ii][jj]=dis[jj][ii]=abs(dxa*dxb+dya*dyb)+abs(dxa*dyb-dya*dxb);
            }
            memset(f,0x3f,sizeof(f));
            f[1][1]=0;
            rep(s,1,(1<<n)-1) rep(x,1,n) {
                if(bit(s,x-1)&&f[s][x]!=inf) {
                    rep(k,1,n) if(!bit(s,k-1)) {
                        _min(f[s|(1<<(k-1))][k],f[s][x]+dis[x][k]);
                    }
                }
            }
            int y=inf,s=(1<<n)-1;
            rep(k,1,n) if(f[s][k]!=inf) _min(y,f[s][k]+dis[k][1]);
            frac tmp={1ll*y*y,dxa*dxa+dya*dya};
            if((__int128)ans.p*tmp.q > (__int128)ans.q*tmp.p) ans=tmp;
        }
        ll g=gcd(ans.p,ans.q);
        pf("%lld %lld\n",ans.p/g,ans.q/g);
    }
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("my.out","w",stdout);
    #else 
    freopen("walk.in","r",stdin);
    freopen("walk.out","w",stdout);
    #endif
    entirely :: main();
}