题解 洛谷 P2179 【[NOI2012]骑行川藏】

题意为在满足(sumlimits_{i=1}^nk_i(v_i-v_i^prime)^2s_ileqslant E_U)的条件下最小化(sumlimits_{i=1}^nfrac{s_i}{v_i})

先考虑贪心，因为最小化(sumlimits_{i=1}^nfrac{s_i}{v_i})，所以(sumlimits_{i=1}^nk_i(v_i-v_i^prime)^2s_i=E_U)时为最优情况。

发现是一个有约束的极值问题，考虑用拉格朗日乘数法来解决。

设(f(v)=sumlimits_{i=1}^nfrac{s_i}{v_i})，(φ(v)=sumlimits_{i=1}^nk_i(v_i-v_i^prime)^2s_i-E_U)

设拉格朗日函数为(L(v,λ)=f(v)+λφ(v))

代入得(L(v,λ)=sumlimits_{i=1}^nfrac{s_i}{v_i}+λ[sumlimits_{i=1}^nk_i(v_i-v_i^prime)^2s_i-E_U])

根据拉格朗日乘数法得，当拉格朗日函数(L)梯度为(0)时，(f(v))最优

求偏导后可得（这里将有关(v)的写成一个式子了）

进一步化简后得

那么将上面的方程组解出来，即为我们要求的答案。

考虑到在((1))式中(v_i)必须大于等于(v_i^prime)，所以为保证式子成立(λ)必须大于(0)，同时发现((1))式左边关于(v_i)单调递增，所以我们二分求出每一个(v_i)，再代入((1))式来检验。

但发现(λ)的值也不确定，于是要在二分(v_i)的外层再套上一层(λ)的二分，这里代入((2))式来检验。

实现细节看代码吧。

(code:)

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 10010
#define eps 1e-12
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	x=0;char c=getchar();bool flag=false;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	if(flag)x=-x;
}
int n;
double E,ans;
double s[maxn],k[maxn],v[maxn],u[maxn];
double calc(double x)
{
    return x*x;
}
bool judge(double p,double v,double k,double u)
{
    return 2*p*k*calc(v)*(v-u)<=1;
}
bool check(double p)
{
    double e=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        double l=max(u[i],(double)0),r=1e5,ans;
        while(l+eps<=r)
        {
            double mid=(l+r)/2.0;
            if(judge(p,mid,k[i],u[i])) ans=l=mid;
            else r=mid;
        }
        v[i]=ans;
        e+=k[i]*calc(v[i]-u[i])*s[i];
    }
    return e<=E;
}
int main()
{
	read(n);
    scanf("%lf",&E);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%lf%lf%lf",&s[i],&k[i],&u[i]);
    double l=0,r=1e5;
    while(l+eps<=r)
    {
        double mid=(l+r)/2.0;
        if(check(mid)) r=mid;
        else l=mid;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) ans+=s[i]/v[i];
    printf("%.8lf",ans);
	return 0;
}