[NOI2012]骑行川藏 题解

传送门

题意：

给出 $u_1,u_2,\cdots,u_n,k_1,k_2,\cdots,k_n,s_1,s_2,\cdots,s_n$，

最小化函数 $T=\sum\limits_{i=1}^n\frac{s_i}{v_i}$的值，并满足条件 $\varphi=\sum\limits_{i=1}^nk_is_i(v_i-u_i)^2-E_U=0$。

原本题目描述是说 $\varphi\leq0$，但一个简单的贪心思想就是能量消耗越多时间肯定越少，所以直接令 $\varphi=0$即可。

题解：

这是裸的条件极值，考虑拉格朗日乘数法。

首先介绍偏导数的概念：对于多元函数 $y=f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$，可以选定其中一个 $x_i$视为变量，将其它的 $x_j(j\neq i)$都视为常数，将 $y$关于 $x_i$求导，称为偏导函数，记作 $\frac{\partial f}{\partial x_i}$或 $f_{x_i}(x_1,x_2,\cdots,x_n)$。

拉格朗日乘数法：求函数 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$在满足条件 $\varphi(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0$的情况下的可能极值点，可以构造函数 $L=f(x_1,x_2,\cdots,x_n)+\lambda\varphi(x_1,x_2,\cdots,x_n)$，然后联立方程组：

$\begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x_1}=0\\ \frac{\partial L}{\partial x_2}=0\\ \cdots\\ \frac{\partial L}{\partial x_n}=0\\ \varphi(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0 \end{cases}$

这里一共有 $(n+1)$个方程，并且算上 $\lambda$一共有 $(n+1)$个未知数，可以解出若干组解，它们就是函数 $f$在满足条件 $\varphi=0$的情况下的所有可能极值点。

对于本题而言，设 $L=T+\lambda\varphi=\sum\limits_{i=1}^n\frac{s_i}{v_i}+\lambda\left(\sum\limits_{i=1}^nk_is_i(v_i-u_i)^2-E_U\right)$

那么 $L$关于 $v_i$的偏导数为

$\frac{\partial L}{\partial x_i}=-\frac{s_i}{v_i^2}+2\lambda k_is_i(v_i-u_i)$

令上式为 $0$，稍作变形得到方程

$2\lambda k_i(v_i-u_i)v_i^2-1=0$

注意到 $v_i$必须大于等于 $u_i$。因为如果 $u_i\leq0$， $v_i>0>u_i$显然；而当 $u_i>0$时， $v_i<u_i$意味着你在反向使劲。

并且这个方程要有解必须 $\lambda>0$，因为 $\lambda\leq0$时左边必然是负的。

考虑函数 $g(x)=2\lambda k_i(x-u_i)x^2-1$，求导 $g'(x)=6\lambda k_ix^2-4\lambda k_iu_ix$。当 $\lambda>0,x\geq u_i$时 $g'(x)>0$， $g(x)$单调递增。

所以对于给定的 $\lambda$，我们可以二分来求解方程 $g(v_i)=0$的解。

可是 $\lambda$并没有给定怎么办？没有关系。从上面这个方程我们看出， $\lambda$越大， $v_i$越小，相应的 $\varphi=\sum\limits_{i=1}^nk_is_i(v_i-u_i)^2-E_U$就越小。现在我们要使得 $\varphi=0$，可以二分 $\lambda$。

#include <cstdio>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <algorithm>

const int maxn = 1e4 + 7;
const double eps = 1e-12, inf = 1e5;

int n;
double eu, s[maxn], k[maxn], u[maxn], v[maxn];

inline bool check(double lambda) {
    double e = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        double left = std::max(u[i], 0.0), right = inf;
        while (right - left >= eps) {
            double mid = (left + right) / 2.0;
            if (2 * lambda * k[i] * (mid - u[i]) * mid * mid >= 1)
                right = mid;
            else left = mid;
        }
        v[i] = left;
        e += k[i] * s[i] * (v[i] - u[i]) * (v[i] - u[i]);
    }
    return e >= eu;
}

int main() {
    scanf("%d%lf", &n, &eu);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lf%lf%lf", s + i, k + i, u + i);
    double left = 0, right = inf;
    while (right - left >= eps) {
        double mid = (left + right) / 2.0;
        if (check(mid)) left = mid;
        else right = mid;
    }
    double t = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) t += s[i] / v[i];
    printf("%.8lf\n", t);
    return 0;
}

求解那个偏导数 $=0$的方程可能还可以用牛顿迭代法来提高效率，可是我好像WA了…