正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3291
题目大意
给出 (n) 个数字对 ((atk,dnf))，求一个((a,b))。
对于每个数字对可以选择任意一个实数(k)让其变为((atk+k imes a,dnf-k imes a))，但是操作完之后两个数字都非负。记(atk/dnf(a,b))表示在((a,b))下(atk/dnf)的最大值。
然后要求最小化(max{atk_i(a,b),dnf_i(a,b)})。
(1leq nleq 10^6,1leq atk,dnfleq 10^8)
解题思路
首先视((atk,dnf))为一个点的话，那么对于任意一个((a,b))答案肯定是在上凸壳上的。
然后考虑实际上我们并不需要用到((a,b))只需考虑(frac{b}{a})的值，定义(k=frac{b}{a})
然后就是要求最小化（用(a_i)代(atk_i)，(d_i)代(dnf_i)）
[a_i+b_i+a_ik+b_ifrac{1}{k}
]
考虑这个点在(k)的哪些区间由它取到最大值，对于一个(j)需要满足
[a_i+b_i+a_ik+b_ifrac{1}{k}>a_j+b_j+a_jk+b_jfrac{1}{k}
]
化一下
[(a_i-a_j)k^2+(a_i-a_j+b_i-b_j)k+(b_i-b_j)>0
]
然后就是一个二次不等式，并且考虑到(j)只需考虑凸壳上(i)左右连接的两个点，解出来我们可以得到(k)的合法范围。
然后上面那个是一个对钩函数，现在只需在这个范围内求这个对钩函数的最小值就好了。
时间复杂度(O(nlog n))
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
struct node{
double x,y;
}p[N],s[N];
int n,top;double ans;
bool calc(double a,double b,double c,double &l,double &r){
double d=b*b-4.0*a*c;
if(d<0)return 0;d=sqrt(d);
double x0=(-b-d)/(2*a),x1=(-b+d)/(2*a);
if(x0>x1)swap(x0,x1);l=x0;r=x1;
return 1;
}
bool cmp(node x,node y)
{return (x.x==y.x)?(x.y>y.y):(x.x<y.x);}
double solpe(node x,node y)
{return (y.y-x.y)/(y.x-x.x);}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
sort(p+1,p+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
while(top>1&&solpe(s[top-1],s[top])<=solpe(s[top-1],p[i]))top--;
s[++top]=p[i];
}
ans=1e18;
for(int i=1;i<=top;i++){
double z=sqrt(s[i].y/s[i].x);
double l=0,r=1e18,L=1,R=1;bool flag=1;
if(i>1)calc(s[i].x-s[i-1].x,s[i].x-s[i-1].x+s[i].y-s[i-1].y,s[i].y-s[i-1].y,L,R);
if(i<top)flag&=calc(s[i].x-s[i+1].x,s[i].x-s[i+1].x+s[i].y-s[i+1].y,s[i].y-s[i+1].y,l,r);
if(!flag)continue;
if(L<l)l=max(R,l);if(R>r)r=min(r,L);
if(l>r||r<=0)continue;z=max(z,l);z=min(z,r);
if(z>L&&z<R){
if(L>=l)ans=min(ans,s[i].x+s[i].y+s[i].x*L+s[i].y/L);
if(R<=r)ans=min(ans,s[i].x+s[i].y+s[i].x*R+s[i].y/R);
}
else ans=min(ans,s[i].x+s[i].y+s[i].x*z+s[i].y/z);
}
printf("%.4lf
",ans);
return 0;
}