bzoj 1027: [JSOI2007] 合金

题目地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1027

这道题目还是很经典的，而且要注意各种特殊情况。

【算法】

首先先考虑这道题目的简化版本：只有两种金属的情况。当我们把所有的原材料和所需金属的配比当做他们各自的坐标，我们很容易发现两点：

1. 所有的点都在直线x+y=1上（好吧，这点不用画图像也知道，但的确非常重要）

2. 多种金属若要合成一种金属，当且仅当他们的坐标在待合成金属的两侧。

根据性质2可以得到结论：若所有待合成金属所对应的点（待合成点）都在最两侧的原材料所对应的点（原材料点）的中间，那么必然是可以满足所有用户条件的。

然后我们将结论三种金属的情况：若所有待合成点都能被原材料点围起来，那么必然是可以满足所有用户条件的。（这点可以通过设参数方程求证）当然，由于在空间中，这些点都在同一平面上，所以我们只需要考虑他们的投影（即铁和铝的配比）即可。

于是可以得出算法：在能够围住待合成点的原材料点上找一个最小环

【特殊情况】

1. 所有待合成点与某一原材料点重合（这用户太让人省心了）

2. 所有待合成点在某两个原材料点的连线上

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <string>#include <cstdlib>#include <cmath>#define REP(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)#define REP1(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)#define FOR(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)#define CLR(x, n) memset(x, n, sizeof(x))#define maxN 510using namespace std;const double delta = 1e-9;void setIO(string name) {string in_f = name + ".in";string out_f = name + ".out";freopen(in_f.c_str(), "r", stdin);freopen(out_f.c_str(), "w", stdout);}struct Point {double x, y;inline Point(double _x = 0, double _y = 0) : x(_x), y(_y) {}inline Point operator - (const Point &p) const {return Point(x - p.x, y - p.y);}inline double operator ^ (const Point &p) const {return x * p.y - y * p.x;}} met[maxN], req[maxN];inline double mul(const Point &p1, const Point &p2, const Point &p3) {return (p2 - p1) ^ (p3 - p1);}int n, m;int map[maxN][maxN], dis[maxN][maxN];void init() {scanf("%d%d", &m, &n);double tt;REP1(i, m) scanf("%lf%lf%lf", &met[i].x, &met[i].y, &tt);int t = 0;req[0].x = -1;req[0].y = -1;REP1(i, n) {++t;scanf("%lf%lf%lf", &req[t].x, &req[t].y, &tt);if (req[t].x == req[t - 1].x && req[t].y == req[t - 1].y) --t;}n = t;if (n == 1) {REP1(i, m) if (met[i].x == req[1].x && met[i].y == req[1].y) {puts("1");exit(0);}}}inline int sign(double x) {if (x > delta) return 1;if (x < -delta) return -1;return 0;}inline void set_map() {CLR(map, 0x7);CLR(dis, 0x7);REP1(i, m) {dis[i][i] = map[i][i] = 0;FOR(j, i + 1, m) {bool flag = true;REP1(k, n) {if (sign(mul(req[k], met[i], met[j])) != 0 || (met[i].x - req[k].x) * (met[j].x - req[k].x) > 0) {flag = false;break;}}if (flag) {puts("2");exit(0);}flag = true;double t;int ts = 1;while (!sign(mul(req[ts], met[i], met[j]))) ++ts;t = mul(req[ts], met[i], met[j]);FOR(k, 2, n) {double t0 = mul(req[k], met[i], met[j]);if (t * t0 < -delta) {flag = false;break;}}if (flag) {if (sign(t) == 1) dis[i][j] = map[i][j] = 1;else dis[j][i] = map[j][i] = 1;}}}}inline int min_row() {int ret = 1 << 30;REP1(i, m) {REP1(j, m) REP1(k, m) {dis[j][k] = min(dis[j][i] + dis[i][k], dis[j][k]);}}REP1(i, m) REP1(j, m) if (i != j) ret = min(ret, map[i][j] + dis[j][i]);if (ret > 500) ret = -1;return ret;}void solve() {set_map();printf("%d\n", min_row());}int main() {setIO("bzoj1027");init();solve();return 0;}

不知道哪里写傻了，在inline和O2的帮助下还要跑1324ms