P1742 最小圆覆盖(计算几何)
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前置芝士1:二元一次方程组求解
设
\]
(其中\(a1,a2,b1,b2,c1,c2\)为已知量)
由\(②\)式得:
\]
带入\(①\)式并化简得:
\]
分子分母同时乘以\(a2\)得:
\]
同理可得(把\(a,b\)互换即可):
\]
前置芝士2:三点定圆
给出三个点,求出圆心&半径
\]
\(②-①\)和\(③-①\),并化简得:
\]
我们将三点定圆的柿子对应二元一次方程组中,可知:
\]
\]
\]
然后就可以根据三个点求出圆心和半径了
正文
跟据前置芝士,我们知道对于任意三个不共线的点,我们可以求出三点定的圆,所以一个明显的想法就是枚举三个点
我们先枚举第一个点,有两种情况
①:当前点在当前外面,即\(dis(\)圆心,该点\()>r\)那么我们不管这个点
②:不是情况①的情况,那么我们就需要重新构造这个圆来包含所有的点了
怎么构造呢?我们重新枚举两外两个已经遍历过的点,组成三个点。同理,若重新构造的圆包括了三个点,那么就不管,若有任意一个在圆外,那么我们根据前置芝士重新确定圆心和半径即可
PS:本题出题人过于duliu,故意构造数据卡掉了上述解法,所以我们需要一个神奇的东西:随\((da)\)机\((luan)\)增\((shu)\)量\((ju)\)法,来防止掉精度
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define D double
il int read()
{
re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define eps 1e-12
#define maxn 100005
#define ff(x) (x) * (x)
int n, m;
D r;
struct node
{
D x, y;
}o, e[maxn];
il D dis(node a, node b){return sqrt(ff(a.x - b.x) + ff(a.y - b.y));}
il void get(node a, node b, node c)
{
D a1 = b.x - a.x, a2 = c.x - a.x, b1 = b.y - a.y, b2 = c.y - a.y;
D c1 = (ff(b.x) - ff(a.x) + ff(b.y) - ff(a.y));
D c2 = (ff(c.x) - ff(a.x) + ff(c.y) - ff(a.y));
o = (node){(b2 * c1 - b1 * c2) / (b2 * a1 * 2 - b1 * a2 * 2),
(a2 * c1 - a1 * c2) / (a2 * b1 * 2 - a1 * b2 * 2)};
r = dis(a, o);
}
il void work()
{
o = e[1], r = 0;
rep(i, 2, n)
{
if(dis(o, e[i]) > r + eps)
{
o = e[i], r = 0;
rep(j, 1, i - 1)
{
if(dis(o, e[j]) > r + eps)
{
o.x = (e[i].x + e[j].x) / 2, o.y = (e[i].y + e[j].y) / 2;
r = dis(o, e[j]);
rep(k, 1, j - 1) if(dis(o, e[k]) > r + eps) get(e[i], e[j], e[k]);
}
}
}
// printf("%.10lf\n%.10lf %.10lf\n", r, o.x, o.y);
}
}
int main()
n = read();
rep(i, 1, n) scanf("%lf%lf", &e[i].x, &e[i].y);
random_shuffle(e + 1, e + n + 1);
work();
printf("%.10lf\n%.10lf %.10lf", r, o.x, o.y);
return 0;
}
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