SCOI2010 传送带

传送门

题目描述

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

输入输出格式

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Ax，Ay，Bx，By

第二行是4个整数，表示C和D的坐标，分别为Cx，Cy，Dx，Dy

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

 

输入输出样例

输入样例#1： 

0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1

输出样例#1： 

136.60

说明

对于100%的数据，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000

分析

 

如果在坐标系中给出线段AB和线段CD，要求我们从A点走到D点，在AB上的速度是v1，CD上的速度是v2，整个坐标系上面的速度是v3，
求最短时间，如果找到AB和CD上面的最优点，能不能把这两个点连起来作为最后的最优解呢？当然可以啦~
在AB上三分E点 然后在CD上三分F点 就可以找到最小时间 总的来说运用了一个三分套三分。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
db ax,ay,bx,by,cx,cy,dx,dy,p,q,r;
db f(db a,db b,db c,db d)
{
    return sqrt((a-c)*(a-c)+(b-d)*(b-d));
}
db check(db x,db y)
{
    db lx=cx,ly=cy,rx=dx,ry=dy;
    for(int i=0;i<100;i++)
    {
        db x1=lx+(rx-lx)/3,x2=rx-(rx-lx)/3;
        db y1=ly+(ry-ly)/3,y2=ry-(ry-ly)/3;
        db ans1=f(ax,ay,x,y)/p+f(x,y,x1,y1)/r+f(x1,y1,dx,dy)/q;
        db ans2=f(ax,ay,x,y)/p+f(x,y,x2,y2)/r+f(x2,y2,dx,dy)/q;
        if(ans1>ans2) lx=x1,ly=y1;
        else rx=x2,ry=y2;
    }
    return f(ax,ay,x,y)/p+f(x,y,rx,ry)/r+f(rx,ry,dx,dy)/q;
}
int main()
{
    scanf("%lf%lf%lf%lf",&ax,&ay,&bx,&by);
    scanf("%lf%lf%lf%lf",&cx,&cy,&dx,&dy);
    scanf("%lf%lf%lf",&p,&q,&r);
    db lx=ax,ly=ay,rx=bx,ry=by;
    for(int i=0;i<100;i++)
    {
        db x1=lx+(rx-lx)/3,y1=ly+(ry-ly)/3;
        db x2=rx-(rx-lx)/3,y2=ry-(ry-ly)/3;
        if(check(x1,y1)<=check(x2,y2)) rx=x2,ry=y2;
        else lx=x1,ly=y1;
    }
    printf("%.2lf\n",check(lx,ly));
    return 0;
}

 

希望大家都能够AC啦！