洛谷P1742 最小圆覆盖（计算几何）

题面

传送门

题解

之前只是在抄题解……这篇才算是真正自己想的吧……

首先我们把输入序列给\(random\)一下防止出题人好心送你一个毒瘤序列

我们设\(r\)为当前最大半径，\(o\)为此时对应圆心

先说一下算法过程：

令前\(i-1\)个点的最小覆盖圆为\((o,r)\)

如果第\(i\)个点在这个圆中，直接跳过

如果不在，那么第\(i\)个点一定在前\(i\)个点的最小覆盖圆上，此时前\(i-1\)个点中还有两个也在最小覆盖圆上。那么我们设\(o=p_i,r=0\)，做固定了第\(i\)个点的最小圆覆盖

固定了一个点：不停地在范围内找第一个不在圆内的点\(p_j\)，令\(o=(p_i+p_j)/2,r={1\over 2}|p_ip_j|\)，做固定了两个点的最小圆覆盖

固定了两个点：在范围内找第一个不在圆内的点\(p_k\)，将圆设为\(p_i,p_j,p_k\)的外接圆

这一个\(O(n^3)\)的算法有个啥用？我还不如写个暴力呢

然而实际上上面这个算法在给定点的序列是随机的情况下是期望\(O(n)\)的（这也是我们为什么一开始要\(random\)的原因）

因为最小圆覆盖只会由三个点确定，所以如果有\(n\)个点，那么这其中每一个点参与最小圆覆盖的概率为\({3\over n}\)

也就是说，对于第\(i\)个点，它不在前\(i-1\)个点的外接圆中的概率是\({3\over i}\)，也就是说会从第一层进入第二层的概率是\({3\over i}\)

类似的，第二层进入第三层的概率也是\({3\over i}\)

所以时间复杂度为

\[T_1(n)=O(n)+\sum_{i=1}^n{3\over i}T_2(i)
\]

\[T_2(n)=O(n)+\sum_{i=1}^n{3\over i}T_3(i)
\]

\[T_3(n)=O(n)
\]

综上，有\(T_1(n)=O(n)\)

然后是一些细节问题，比方说怎么求三点共圆

只要用任意两条直线的中垂线的交点找出圆心就可以了

以及我们万一有三点共线导致我们求的两条中垂线平行怎么办呀

这个的话可以通过加上一些微小的扰动值来避免（虽然好像不加也能\(A\)就是了）

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
double readdb()
{
    R double x=0,y=0.1,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(x=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';x=x*10+ch-'0');
    for(ch=='.'&&(ch=getc());ch>='0'&&ch<='9';x+=(ch-'0')*y,y*=0.1,ch=getc());
    return x*f;
}
const int N=1e5+5;
struct node{
	double x,y;
	inline node(){}
	inline node(R double xx,R double yy):x(xx),y(yy){}
	inline node operator +(const node &b)const{return node(x+b.x,y+b.y);}
	inline node operator -(const node &b)const{return node(x-b.x,y-b.y);}
	inline double operator *(const node &b)const{return x*b.y-y*b.x;}
	inline node operator *(const double &b)const{return node(x*b,y*b);}
	inline double operator ^(const node &b)const{return x*b.x+y*b.y;}
	inline double len2(){return x*x+y*y;}
	inline node rot(){return node(-y,x);}
}p[N],o;
struct Line{
	node p,v;
	inline Line(){}
	inline Line(R node pp,R node vv):p(pp),v(vv){}
	friend node cross(const Line &a,const Line &b){return a.p+a.v*(b.v*(b.p-a.p)/(b.v*a.v));}
};
node circle(const node &a,const node &b,const node &c){
	return cross(Line((a+b)*0.5,(b-a).rot()),Line((a+c)*0.5,(c-a).rot()));
}
int n;double r;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read();
	fp(i,1,n)p[i].x=readdb(),p[i].y=readdb();
	random_shuffle(p+1,p+1+n);
	r=0,o=node(0,0);
	fp(i,1,n)if((p[i]-o).len2()>r){
		o=p[i],r=0;
		fp(j,1,i-1)if((p[j]-o).len2()>r){
			o=(p[i]+p[j])*0.5,r=(p[j]-o).len2();
			fp(k,1,j-1)if((p[k]-o).len2()>r)
				o=circle(p[i],p[j],p[k]),r=(p[k]-o).len2();
		}
	}
	printf("%.10lf\n%.10lf %.10lf\n",sqrt(r),o.x,o.y);
	return 0;
}