【BZOJ】2876: [Noi2012]骑行川藏
题意
给出\(s_i, k_i, v_i', E\),满足\(\sum_{i=1}^{n} k_i s_i ( v_i - v_i' )^2 \le E, v_i > v_i'\),最小化$ \sum_{i=1}^{n} \frac{s_i}{v_i} $
分析
首先是贪心,很显然小于等于号要取等号,即问题转化为,满足\(g(V) = \sum_{i=1}^{n} k_i s_i ( v_i - v_i' )^2 = E\),最小化$ f(V) = \sum_{i=1}^{n} \frac{s_i}{v_i}$。于是拉格朗日乘数大法好。
题解
拉格朗日乘数:
满足\(g(X) = c\),最大(小)化\(f(X)\),其中\(X\)是向量。
大概就是令\(F(X, \lambda) = f(X) + \lambda (g(X) - c)\),得到\(|X|+1\)个偏导为0的方程,答案就是所有解的其中一个。
对于本题:
对
$$
\begin{align}
F(V, \lambda)
& = f(V) + \lambda (g(V) - E) \\
& = \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{s_i}{v_i} + \lambda k_i s_i ( v_i - v_i' )^2 \right) - \lambda E \\
& = \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{s_i}{v_i} + \lambda k_i s_i v_i^2 + \lambda k_i s_i {v'}_i^2 - 2\lambda k_i s_i v'_i v_i \right) - \lambda E \\
\end{align}
$$
解出偏导方程,得到:
$$
2 \lambda k_i v_i^2 (v_i - v'_i) - 1 = 0
$$
由于\(v_i > v_i'\),所以对于答案的解来说,\(\lambda>0\)。而且还可以发现\(v_i\)关于\(\lambda\)单调,然后得到\((v_i - v ' _ i)\)关于\(\lambda\)单调。所以\(g(V)\)关于\(\lambda\)单调,于是我们可以二分一下\(\lambda\)。得到了\(\lambda\),求\(v_i\)也可以二分,或者牛顿迭代。
反思
1、数学太弱。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double lf;
const lf oo=1e9, eps=1e-12;
const int N=10005;
lf s[N], k[N], vv[N], v[N];
int n;
inline lf sqr(lf a) {
return a*a;
}
lf got(lf lambda) {
lf e=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
lf l=0, r=oo, go=1/(lambda*k[i]*2);
while(r-l>=eps) {
lf mid=(l+r)/2;
if(sqr(mid)*(mid-vv[i])<=go) {
l=mid;
}
else {
r=mid;
}
}
v[i]=(l+r)/2;
e+=k[i]*s[i]*sqr(v[i]-vv[i]);
}
return e;
}
int main() {
lf E, l=0, r=oo;
scanf("%d%lf", &n, &E);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
scanf("%lf%lf%lf", &s[i], &k[i], &vv[i]);
}
while(r-l>=eps) {
lf mid=(l+r)/2;
if(got(mid)<=E) {
r=mid;
}
else {
l=mid;
}
}
got((l+r)/2);
lf ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
ans+=s[i]/v[i];
}
printf("%.9f\n", ans);
return 0;
}
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