bzoj 1027: [JSOI2007] 合金

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

這道題目還是很經典的，而且要注意各種特殊情況。

【算法】

首先先考慮這道題目的簡化版本：只有兩種金屬的情況。當我們把所有的原材料和所需金屬的配比當做他們各自的座標，我們很容易發現兩點：

1. 所有的點都在直線x+y=1上（好吧，這點不用畫圖像也知道，但的確非常重要）

2. 多種金屬若要合成一種金屬，當且僅當他們的座標在待合成金屬的兩側。

根據性質2可以得到結論：若所有待合成金屬所對應的點（待合成點）都在最兩側的原材料所對應的點（原材料點）的中間，那麼必然是可以滿足所有用戶條件的。

然後我們將結論三種金屬的情況：若所有待合成點都能被原材料點圍起來，那麼必然是可以滿足所有用戶條件的。（這點可以通過設參數方程求證）當然，由於在空間中，這些點都在同一平面上，所以我們只需要考慮他們的投影（即鐵和鋁的配比）即可。

於是可以得出算法：在能夠圍住待合成點的原材料點上找一個最小環

【特殊情況】

1. 所有待合成點與某一原材料點重合（這用戶太讓人省心了）

2. 所有待合成點在某兩個原材料點的連線上

#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 510
using 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;
}

不知道哪裏寫傻了，在inline和O2的幫助下還要跑1324ms