[SCOI2010]传送带

1857: [Scoi2010]传送带

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 1938  Solved: 1055
[Submit][Status][Discuss]

Description

在一个2维平面上有两条传送带，每一条传送带可以看成是一条线段。两条传送带分别为线段AB和线段CD。lxhgww在AB上的移动速度为P，在CD上的移动速度为Q，在平面上的移动速度R。现在lxhgww想从A点走到D点，他想知道最少需要走多长时间

Input

输入数据第一行是4个整数，表示A和B的坐标，分别为Ax，Ay，Bx，By 第二行是4个整数，表示C和D的坐标，分别为Cx，Cy，Dx，Dy 第三行是3个整数，分别是P，Q，R

Output

输出数据为一行，表示lxhgww从A点走到D点的最短时间，保留到小数点后2位

Sample Input

0 0 0 100
100 0 100 100
2 2 1

Sample Output

136.60

HINT

对于100%的数据，1<= Ax，Ay，Bx，By，Cx，Cy，Dx，Dy<=1000
1<=P，Q，R<=10

Source

Day2

 

 

我奶了一口斜率肯定是单调的，所以直接上了三分套三分2333

 

然后就A了？？？、

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define D double
const D eps=1e-15;
using namespace std;
struct node{
	D x,y;
	node operator -(const node &u)const{
		return (node){x-u.x,y-u.y};
	}
	node operator +(const node &u)const{
		return (node){x+u.x,y+u.y};
	}
	node operator *(const D &u)const{
		return (node){x*u,y*u};
	}
}a[5];
D P,Q,R;

inline D sq(D x){
	return x*x;
}

inline D dis(node x,node y){
	return sqrt(sq(x.x-y.x)+sq(x.y-y.y));
}

inline D g(D tmp1,D tmp2){
	node x=a[1]+a[2]*tmp1,y=a[4]+a[3]*tmp2;
	return dis(a[1],x)/P+dis(a[4],y)/Q+dis(x,y)/R;
}

inline D f(D tmp1){
	D l=0.00,r=1.00,ml,mr;
	while(r-l>=eps){
		ml=(l*2+r)/3,mr=(l+r*2)/3;
		if(g(tmp1,ml)<g(tmp1,mr)) r=mr;
		else l=ml;
	}	
	return g(tmp1,l);
}

int main(){
	for(int i=1;i<=4;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
	a[2]=a[2]-a[1],a[3]=a[3]-a[4];
	scanf("%lf%lf%lf",&P,&Q,&R);
	D l=0.00,r=1.00,ml,mr;
	while(r-l>=eps){
		ml=(l*2+r)/3,mr=(l+r*2)/3;
		if(f(ml)<f(mr)) r=mr;
		else l=ml;
	}
	
	printf("%.2lf
",f(l));
	return 0;
}