P11854 [CSP-J2022 山东] 宴会

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当时这个题是我考试题，考试的时候感性理解出来的三分做法。

首先咱感性理解一下，当\(x_0\)位于左边无穷远处时，答案是个很大的数。

然后随着\(x_0\)从左向右移动，答案呈递减趋势。当\(x_0\)到达答案那个点时，距离最小。然后\(x_0\)接着向右移动，答案又递增。当\(x0\)位于右侧无穷远处时，答案又会趋近于无穷大。

所以我们猜想，\(ans\)随\(x_0\)变化的函数先递减再递增。当\(x_0\)位于谷底时，\(ans\)就会取最小值。

接下来我们简单证明一下结论。

首先我们设\(i\)到集合地点所需时间关于\(x_0\)的函数为\(f(x_0)\)。显然\(f(x_0)=|x_0-x_i|+t_i\)，图像如下：

这是一个折线。对于其他的\(i\)，也应该是这样的折线。我们把所有的\(n\)条折线画在同一平面直角坐标系中，大概这样：

而对于一个确定的\(x_0\)，聚集时间就是这一坨函数里\(x_0\)对应的因变量的最大值，对应到图像里就是\(x=x_0\)与各个图像交点里最高的点的纵坐标。

至于聚会时间关于\(x_0\)的函数图像，很明显就是对于每个横坐标\(x_0\)都取一下最大值得到的点组成的图像。比如这样。

看起来，对于这种情况来说是个折线。但是如何说明其他情况也是折线呢？

我们把这个过程看作一个函数图像两两合并的过程，也就是对于两个函数做上面的过程。这样事情就会简单很多，因为它们的斜率相同，位置关系无非是包含和相交两种。

如果是包含的话，显然合并后结果就是上面的函数。这种情况下两根折线合并后还是折线。

如果是相交的话，各取两个函数比较高的线，最终还是个折线。

所以折线间两两合并，最终结果还是折线，也就证明了我们可以用三分解决本题。

代码：

P11854

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

inline int read(){
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<48){
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	} 
	while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}

const int N=1e5+5;
const int inf=1e16;
const double sta=1e-5;
const double STA=0.01;
int T,n,pos[N],t[N];

inline double f(double x){
	double ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,fabs(pos[i]-x)+t[i]);
	}
	return ans;
}

signed main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read();
		int mi=inf,ma=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			pos[i]=read();
			mi=min(mi,pos[i]);ma=max(ma,pos[i]);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			t[i]=read();
		}
		//实数三分 
		double l=mi,r=ma;//显然答案不会在这个区间外 
		while(r-l>sta){
			double lmid=l+(r-l)/3,rmid=r-(r-l)/3;
			double ans1=f(lmid),ans2=f(rmid);//f(x0):求聚会时间 
			if(ans1>ans2){
				l=lmid;
			}
			else{
				r=rmid;
			}
		}
		//底下是自制的一个判断整数
		//具体来说，如果最终结果与它相邻的两个整数的误差不超过允许的范围，那我们就认为它是整数，否则就是小数 
		double ll=floor(l);
		double lll=ceil(l);
		if(STA>l-ll){
			int ans=ll;
			printf("%lld\n",ans);
		}
		else if(STA>lll-l){
			int ans=lll;
			printf("%lld\n",ans);
		}
		else{
			printf("%.1lf\n",l);
		}
	}
	return 0;
}