Solution
P9030 [COCI2022-2023#1] Berilij
本题解转载翻译自官方题解：COCI 2022/2023 CONTEST 1
Part 1
让我们定义图形 \(G\)，顶点代表飞船，边代表两艘飞船外部接触的情况。此外，让边的边权成为它所连接的圆之间的距离。
现在的任务等同于为顶点找到非负值，使得每条边所连接的两个顶点值之和等于这条边的边权，其中顶点值的平方和尽可能小。
如果顶点 \((i, j)\) 与边权为 \(w_{i,j}\) 的边相连，则顶点值的条件 \(v_i \geq 0\)，\(v_j \geq 0\) 与 \(v_i + v_j = w_{i,j}\) 成立。
Part 2
在 Subtask 1 中，\(G\) 是一个奇环。由于我们可以计算出每条边的值 \(w_{i,j}\)，所以我们可以唯一确定环中第二个顶点的值。
现在我们尝试将第一个顶点的值增加 \(x\)。为了满足条件，我们现在需要减少第二个顶点的值，然后增加第三个顶点的值……以此类推，直到我们绕回第一个顶点，新的条件是它的值必须是 \(a-x\)。
由于 \(x = a - x\)，我们可以唯一确定 \(x\) 为 \(x = \frac{a}{2}\)。
现在我们只需检查将 \(\frac{a}{2}\) 替换为第一个顶点的值是否会导致所有其他顶点的值为非负值。
Part 3
在 Subtask 3 中，\(G\) 是一个森林，但只需对每棵树分别求解即可。
为了满足任务的条件，我们现在可以唯一确定每个顶点 \(i\) 的值为线性多项式 \(\pm x + c_i\)，其中 \(c_i\) 是一个常数，其值等于从顶点 \(i\) 到根的各条边的交替边权之和。
由于每个值都必须是非负值，因此 \(x + c_i\) 的顶点为 \(x\) 设定了下限，而 \(-x + c_i\) 的顶点为 \(x\) 设定了上限。如果上限小于下限，则无解。为了确定顶点值平方和最小的 \(x\)，让我们求出每个顶点的线性多项式的平方和。结果是二次多项式 \(ax^2 + bx + c\)。
注意，\(a\) 等于树的大小，因此二次多项式的最小值为 \(x =-\frac{b}{2a}\)。由于这个表达式中没有使用 \(c\)，而 \(b\) 等于每个顶点的 \(-2s_ic_i\) 之和，其中 \(s_i\) 是多项式 \(\pm x + c_i\) 中 \(x\) 前面的符号，因此我们可以计算出 \(-\frac{b}{2a}\)，而无需将任何数字平方。如果 \(x = -\frac{b}{2a}\) 在下限和上限之间，则 \(x\) 就是我们的解，否则我们取上限或下限中更接近 \(-\frac{b}{2a}\) 的值。
Part 4
对于完整的解决方案，让我们按照 Subtask 3 的解决方案来解决任意生成树上每个分量的任务。
我们注意到，在 Subtask 3 的解法中，从根开始偶数深度的每个顶点的多项式是 \(x + c_i\)，而奇数深度的每个顶点的多项式是 \(-x + c_i\)。由于偶环连接不同深度奇偶性的顶点，它们只增加了 \((+x+c_i)+(-x+c_j ) = w_{i,j}\) 形式的条件，换句话说 \(c_i + c_j = w_{i,j}\)。奇环连接深度奇偶性相同的顶点，并增加了 \((\pm x + c_i) + (\pm x + c_j ) = w_{i,j}\) 形式的条件，换句话说，\(\pm x =\frac{1}{2} (w_{i,j} - c_i - c_j)\)，与 Subtask 1 一样，\(x\) 的解只有一个。
时空分析
所述算法的时间复杂度为 \(O(n+m)\)。另外，该任务也可以通过更好的三元搜索实现来解决，复杂度为 \(O((n+m)log(C\epsilon ^{-1}))\)，其中 \(C\) 为坐标的最大绝对值 \(C = 10^4\)，\(\epsilon\) 为所需精度。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ld long double
#define pb push_back
#define ft first
#define sd second
#define po(x) ((x)*(x))
const int MAXN=1e5+5;
const ld eps=1e-8;
int n,m;
ld sz[MAXN];
ld ans[MAXN];
ld vl[MAXN],A,B,C;
ld b[MAXN],c[MAXN];
ld lf[MAXN],rg[MAXN];
int rot[MAXN],dep[MAXN];
bool fitr[MAXN],vis[MAXN];
vector<int> Rt;
pair<ld,ld> a[MAXN];
struct edge
{
int u,v,nxt;
bool ontr;
ld w;
}E[MAXN];
int su=1,hd[MAXN];
void add(int u,int v,ld w)
{
E[++su]={u,v,hd[u],0,w},hd[u]=su;
}
ld dis(int x,int y)
{
return sqrt(po(a[x].ft-a[y].ft)+po(a[x].sd-a[y].sd));
}
void findtree(int x,int rt)
{
sz[rt]++;
rot[x]=rt;
fitr[x]=1;
for(int i=hd[x];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
ld d=E[i].w;
if(fitr[v]) continue;
E[i].ontr=E[i^1].ontr=1;
dep[v]=dep[x]+1;
vl[v]=d-vl[x];
C+=po(vl[v]);
if(dep[v]&1)
rg[rt]=min(rg[rt],vl[v]),b[rt]-=2*vl[v];
else
lf[rt]=max(lf[rt],-vl[v]),b[rt]+=2*vl[v];
if(rg[rt]+eps<=lf[rt])
{
puts("NE");
exit(0);
}
findtree(v,rt);
}
}
void pushans(int x)
{
vis[x]=1;
for(int i=hd[x];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(vis[v]||E[i].ontr==0) continue;
if(dep[v]&1)
lf[v]=rg[v]=vl[v]-rg[rot[v]];
else
lf[v]=vl[v]+lf[rot[v]],rg[v]=vl[v]+rg[rot[v]];
pushans(v);
}
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%Lf%Lf",&a[i].ft,&a[i].sd);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
add(x,y,dis(x,y));
add(y,x,dis(x,y));
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(fitr[i]) continue;
vl[i]=0;
rg[i]=LDBL_MAX;
findtree(i,i);
Rt.pb(i);
}
for(int i=2;i<=su;i+=2)
{
if(E[i].ontr) continue;
int X=E[i].u,Y=E[i].v;
if((dep[X]&1)==(dep[Y]&1))
{
ld x=(E[i].w-(vl[X]+vl[Y]))/2;
if(dep[X]&1)
x*=-1.0;
int rt=rot[X];
ld l=lf[rt],r=rg[rt];
if(x+eps<=l||r+eps<=x)
return puts("NE"),0;
lf[rt]=rg[rt]=x;
}
else
{
if(abs(vl[X]+vl[Y]-E[i].w)>eps)
return puts("NE"),0;
}
}
for(int i:Rt)
{
A=sz[i],B=b[i],C=c[i];
ld x=-B/(2*A);
ld l=lf[i],r=rg[i];
if(x+eps<=l|abs(x-l)<eps)
rg[i]=lf[i];
else if(r+eps<=x||abs(x-r)<eps)
lf[i]=rg[i];
else
lf[i]=rg[i]=x;
pushans(i);
}
printf("DA\n");
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.6Lf\n",abs(lf[i]));
return 0;
}