[JSOI2008]球形空间产生器sphere

题意

Description

有一个球形空间产生器能够在n维空间中产生一个坚硬的球体。现在，你被困在了这个n维球体中，你只知道球面上n+1个点的坐标，你需要以最快的速度确定这个n维球体的球心坐标，以便于摧毁这个球形空间产生器。

Input

第一行是一个整数n(1<=N=10)。接下来的n+1行，每行有n个实数，表示球面上一点的n维坐标。每一个实数精确到小数点后6位，且其绝对值都不超过20000。

Output

有且只有一行，依次给出球心的n维坐标（n个实数），两个实数之间用一个空格隔开。每个实数精确到小数点后3位。数据保证有解。你的答案必须和标准输出一模一样才能够得分。

Sample Input

2
0.0 0.0
-1.0 1.0
1.0 0.0

Sample Output

0.500 1.500

HINT

提示：给出两个定义：

1. 球心：到球面上任意一点距离都相等的点。
2. 距离：设两个n为空间上的点A, B的坐标为((a_1, a_2, cdots , a_n), (b_1, b_2, cdots , b_n))，则AB的距离定义为：(dist = sqrt{ (a_1-b_1)^2 + (a_2-b_2)^2 + cdots + (a_n-b_n)^2 })

分析

参照thy_asdf的题解。

思路：肯定是解方程...

好像有哪里不对，二次项很坑爹。

但是题目里有n+1个点，我们还是可以得出n个一次方程的

设球心坐标为（x1,x2,x3...xn）

那么就有

(a1-x1)^2+(a2-x2)^2+...(an-xn)^2=r^2

(b1-x1)^2+(b2-x2)^2+...(bn-xn)^2=r^2

....

只要拿后n个方程分别去减第一个方程，就可以得到n个一次方程了

2(a1-b1)x1+2(a2-b2)x2+.....+2(an-bn)xn=a1^2-b1^2+a2^2-b2^2....an^2-bn^2

...

高斯消元即可

时间复杂度(O(n^3))

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
	rg T data=0,w=1;
	rg char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') w=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
	return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x){
	return x=read<T>();
}
typedef long long ll;

double a[20][20],b[20],c[20][20];
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
	int n=read<int>();
	for(int i=1;i<=n+1;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j) scanf("%lf",a[i]+j);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j){
			c[i][j]=2*(a[i][j]-a[i+1][j]);
			b[i]+=a[i][j]*a[i][j]-a[i+1][j]*a[i+1][j];
		}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=i;j<=n;++j) if(fabs(c[j][i])>fabs(c[i][i]))
			std::swap(c[i],c[j]),std::swap(b[i],b[j]);
		for(int j=1;j<=n;++j){
			if(i==j) continue;
			double rate=c[j][i]/c[i][i];
			for(int k=i;k<=n;++k) c[j][k]-=c[i][k]*rate;
			b[j]-=b[i]*rate;
		}
	}
	for(int i=1;i<n;++i) printf("%.3lf ",b[i]/c[i][i]);
	printf("%.3lf
",b[n]/c[n][n]);
	return 0;
}