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题解 [NOI2004]小H的小屋

前记

又鸽了好久，这回可要努力更新了

2019.6.2，痛下杀心，把电脑上所有的游戏都删掉了，提前160天奋力备考NOIP。目标：A类省队！

我是传送门

题解

这道题唯一的难点就在于贪心

从简单开始，假如一个矩形需要分成两部分，要求面积最小（参照题意）。那么均分肯定时最优解

如图，紫色是大的矩形，橙色是均分的两个小矩形，蓝色是非均分的两个小矩形。显而易见的是，橙色面积要比蓝色小。由于是贪心嘛其实是懒得严格证明，我们发现分成两个的情况下，均分最优

那么把情况扩展以下，由于贪心思想这回是因为我不会严格证明，均分思想可以推广到分成更多的小矩形的情况中

好了有了均分的思想，还有一个问题：假如\(n \mod m \ne 0\) 怎么办？

也好办，尽可能凑成对齐的就好了嘛

\	北墙	南墙
一部分	\(ln = m-n\mod m\)	\(lr = \lfloor \frac{n}{m} \rfloor\)
另一部分	\(rn = n\mod m\)	\(rs = \lfloor \frac{n}{m} \rfloor + 1\)

酱紫就可以保证满足均分思想

假设\(area(x,y,k)\)表示在横坐标长度为y的矩形中分x份，斜率为k

double area(int x,int y,double k){   // x kuai in y len
    return (double)(x-y%x)*(y/x)*k*(y/x)+(y%x)*(y/x+1)*k*(y/x+1);
}

当\(n\mod m=0\)时

\(ans=area(n,100,k1)+area(m,100,k2)\)

当\(n\mod m\ne 0\)时

\(ans=min_{i=ln\times lr} ^ {100-rn*rs} area(ln,i,k1)+area(ln\times ls,i,k2)+area(rn,100-i,k1)+area(rn\times rs,100-i,k2)\)

然后据说ans关于i是个单峰函数，不过反正i最大不过循环100次，我也不会证明这个函数的单调性，就算了吧。

code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int m,n,ln,ls,rn,rs;
double k1,k2,ans;
double area(int,int,double);
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("test.in","r",stdin);
    #endif
    scanf("%lf%lf%d%d",&k1,&k2,&m,&n);
    if(n%m==0){
        ans+=area(m,100,k1);
        ans+=area(n,100,k2);
        printf("%.1lf\n",ans);
        return 0;
    }
    ln=m-n%m; ls=n/m;
    rn=n%m; rs=(n/m+1);
    ans=2147483647.0;
    for(int i=ln*ls;i<=100-rn*rs;++i){
        double tmp=0.0;
        tmp+=area(ln,i,k1);
        tmp+=area(ln*ls,i,k2);
        tmp+=area(rn,100-i,k1);
        tmp+=area(rn*rs,100-i,k2);
        ans=min(ans,tmp);
    }
    printf("%.1lf\n",ans);
    return 0;
}
double area(int x,int y,double k){   // x kuai in y len
    return (double)(x-y%x)*(y/x)*k*(y/x)+(y%x)*(y/x+1)*k*(y/x+1);
}

后记

距 NOIp2019 还剩 159 天

你已经在洛谷连续打卡了 266 天，奖励积分 4

冲鸭！