题目描述
给出二维平面上n个与y轴平行的线段，求最大的k，使得存在一条形如$y=ax^2+bx(a<0,b>0)$的抛物线与前k条线段均有公共点
输入
输入文件第一行是一个正整数N，表示一共有N关。接下来有N行，第i+1行是用空格隔开的三个正整数xi，yi1，yi2(yi1<yi2 )，表示第i关出现的靶子的横坐标是xi，纵坐标的范围是从yi1到yi2 。
输入保证30%的数据满足N≤100，50%的数据满足N≤5000，100%的数据满足N≤100000且给 出的所有坐标不超过109 。
输出
仅包含一个整数，表示最多的通关数。
样例输入
5
2 8 12
5 4 5
3 8 10
6 2 3
1 3 7
样例输出
3
题解
二分+半平面交
题目一眼二分答案（别问我怎么看出的。。做题的经验告诉的我），然后转化为判定性问题。
那么如何判断能否满足条件？考虑每个限制条件：$egin{cases}ax_i^2+bx_ige y_i\ax_i^2+bx_ile z_iend{cases}$。
这里面的ab是变量，那么可以将限制条件看做是aOb平面直角坐标系上的几何限制条件，不等式有解<=>限制的条件有公共部分。
所以将限制条件转化为半平面求交即可。
真简单= =
本体最恶心之处在于细节、细节、细节。。。只有细节。。。
细节1：a必须小于0，b必须大于0，因此需要将半平面交限制在第二象限，所以需要添加两条辅助线。。。
细节2：判断半平面是否有交，需要保证有交的时候交需要是一个封闭多边形。因此需要再加两条辅助线。。。
细节3：eps这个东西是真的烦人。。。本题的eps应设为1e-18，且只在处理限制条件时加（因为等于的时候也算满足条件）和限制象限时加（因为不能等于），其余时候不能加。并且需要使用long double。
细节4：本题卡常。。。所以所有小函数必须加inline不然会GG。。。排序是需要先把极角预处理出来，不能在比较时现求，否则也会GG。。。
直接上代码吧：
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
#define eps 1e-18
using namespace std;
typedef long double ld;
struct point
{
ld x , y;
point() {}
point(ld a , ld b) {x = a , y = b;}
point operator+(const point &a)const {return point(x + a.x , y + a.y);}
point operator-(const point &a)const {return point(x - a.x , y - a.y);}
point operator*(const ld &a)const {return point(x * a , y * a);}
}p[N];
struct line
{
point p , v;
ld ang;
line() {}
line(ld a , ld b , ld c , ld d) {p = point(a , b) , v = point(c , d) , ang = atan2(v.y , v.x);}
}a[N] , q[N];
ld px[N] , py[N] , pz[N];
inline ld cross(point a , point b) {return a.x * b.y - a.y * b.x;}
inline bool left(line a , point b) {return cross(a.v , b - a.p) > 0;}
inline point inter(line a , line b)
{
point u = a.p - b.p;
ld tmp = cross(b.v , u) / cross(a.v , b.v);
return a.p + a.v * tmp;
}
bool cmp(const line &a , const line &b)
{
return a.ang == b.ang ? left(a , b.p) : a.ang < b.ang;
}
bool judge(int mid)
{
int i , tot = 1 , l = 1 , r = 1;
for(i = 1 ; i <= mid ; i ++ ) a[i] = line(0 , py[i] / px[i] - eps , -1 , px[i]) , a[i + mid] = line(0 , pz[i] / px[i] + eps , 1 , -px[i]);
a[mid * 2 + 1] = line(-eps , eps , 0 , -1) , a[mid * 2 + 2] = line(-eps , eps , -1 , 0);
a[mid * 2 + 3] = line(-1e10 , 1e10 , 0 , 1) , a[mid * 2 + 4] = line(-1e10 , 1e10 , 1 , 0);
sort(a + 1 , a + mid * 2 + 5 , cmp);
for(i = 2 ; i <= mid * 2 + 4 ; i ++ )
if(a[i].ang != a[i - 1].ang)
a[++tot] = a[i];
q[1] = a[1];
for(i = 2 ; i <= tot ; i ++ )
{
while(l < r && left(a[i] , p[r - 1])) r -- ;
while(l < r && left(a[i] , p[l])) l ++ ;
q[++r] = a[i];
if(l < r) p[r - 1] = inter(q[r - 1] , q[r]);
}
while(l < r && left(q[l] , p[r - 1])) r -- ;
p[r] = inter(q[r] , q[l]);
return r - l > 1;
}
int main()
{
int n , i , l = 1 , r , mid , ans = 0;
scanf("%d" , &n) , r = n;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%Lf%Lf%Lf" , &px[i] , &py[i] , &pz[i]);
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(judge(mid)) ans = mid , l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
printf("%d
" , ans);
return 0;
}