洛谷P1883 【模板】三分 | 函数

原题：P1883 【模板】三分 | 函数

题面：

P1883 【模板】三分 | 函数

题目描述

给定 $n$ 个二次函数 $f_1(x),f_2(x),\dots ,f_n(x)$（均形如 $a{x}^2+bx+c$），设 F ( x ) = max ⁡ { f 1 ( x ) , f 2 ( x ) , . . . , f n ( x ) } F(x)=\max\{f_1(x),f_2(x),...,f_n(x)\} F(x)=max{f1​(x),f2​(x),...,fn​(x)}，求 $F(x)$ 在区间 $[0,1000]$ 上的最小值。

输入格式

输入第一行为正整数 $T$，表示有 $T$ 组数据。

每组数据第一行一个正整数 $n$，接着 $n$ 行，每行 $3$ 个整数 $a,b,c$，用来表示每个二次函数的 $3$ 个系数，注意二次函数有可能退化成一次。

输出格式

每组数据输出一行，表示 $F(x)$ 的在区间 $[0,1000]$ 上的最小值。答案精确到小数点后四位，四舍五入。

输入输出样例 #1

输入 #1

2
1
2 0 0
2
2 0 0
2 -4 2

输出 #1

0.0000
0.5000

说明/提示

对于 $50\%$ 的数据，$n\le 100$。

对于 $100\%$ 的数据，$T<10$，$n\le 10^4$，$0\le a\le 100$，$|b|\le 5\times 10^3$，$|c|\le 5\times 10^3$。

$Solution$

首先为了解决这个问题，我们需要引入一个定义：单峰函数。

定义

设有一定义在实数集合 $D$ 上的实值函数 $f(x)$ ，若 $\exists x_0\in D$ ，使得 $\forall x_1,x_2\in D$ ，若 $x_1<x_2<x_0$ ，有

$$f(x_1)\le f(x_2)$$

若 $x_0>x_1>x_2$ ，有

$$f(x_1)\ge f(x_2)$$

则称 $f(x)$ 为定义在 $D$ 上的单峰函数， $x_0$ 称为 $f(x)$ 在 $D$ 上的峰值点。

三分法

有的时候，我们需要求解一个单峰函数的峰值点，则此时我们引入三分法来解决这个问题。

什么是三分法？回顾二分法的定义，我们将整个区间分成两个部分，然后通过中值的性质来不断缩小区间，进而迫近得到答案或近似解。

那么三分法也是一样的道理，我们通过将整个区间分成三个部分，具体的，设有当前区间 $[l,r]$ ，$m_1=l+\frac{r-l}{3},m_2=r-\frac{r-l}{3}$ ，分别计算 $f(m_1),f(m_2)$

若有 $f(m_1)<f(m_2)$ ，则回顾单峰函数的定义，其峰值点必然在 $[m_1,r]$ 中，于是将区间缩小为 $[m_1,r]$

同样的，若有 $f(m_1)>f(m_2)$ ，其峰值点必然在 $[l,m_2]$ 中，于是将区间缩小为 $[l,m_2]$

综上，我们通过这样反复缩小，最终可以得到一个较小的范围，于是可以通过暴力枚举或直接估计误差去近似解得到答案。

应用

那么讲了那么多，本题怎么使用三分法求解呢？你可能会说，这要求的不是最小值吗，单峰函数不是最大值吗，但其实是一样的，本题这个函数是单谷函数，将单峰函数的定义稍作变形，即由极大值点变为极小值点即可。

我们来证明本题的函数为单谷函数，使用数学归纳法。

首先本题函数可表示为：

$$\sum _{i=1}^{n}max(f_i(x))$$

对于 $n=1$ 的情况：

若 $a\ne 0$ ，则给出函数的形式是一个二次函数，显然其有极小值点 $x_0=-\frac{b}{a}$ ，在任意区间 $D$ ，其有且仅有一个极小值。

若 $a=0$ 则为一个一次函数，其在 $\mathbb{R}$ 上单调递增或单调递减，显然其在任意区间 $D$ 上也仅有一个极小值。

故此时 ${\sum }_{i=1}^{n}max(f_i(x))=f_1(x)$ ，其为单谷函数，即 $n=1$ 时命题成立。

下证对于 ${\sum }_{i=1}^{k}max(f_i(x))$ 为单谷函数成立时，${\sum }_{i=1}^{k+1}max(f_i(x))$ 也为单谷函数。

设 $F(x)={\sum }_{i=1}^{k}max(f_i(x))$ ，则 ${\sum }_{i=1}^{k+1}max(f_i(x))=max(F(x),f_{k+1}(x))$

即证明对于两个单谷函数 $f(x),g(x)$ ，$max(f(x),g(x))$ 也为单谷函数。

我们先证明一个引理：设 $f,g$ 在闭区间 $D$ 上均为单谷函数，取任意极小值点 $x_1(对f)$ 与 $x_2(对g)$ ，且假设 $x_1\le x_2$ ，令

A = { x ∈ D : f ( x ) ≤ g ( x ) } , B = { x ∈ D : f ( x ) ≥ g ( x ) } A=\{x \in D:f(x) \le g(x)\}, B=\{x \in D:f(x) \ge g(x)\} A={x∈D:f(x)≤g(x)},B={x∈D:f(x)≥g(x)}

则 $A,B$ 都是闭区间（可能退化为点），并且 $D=A\cup B$ ，从而 $H(x)=max(f(x),g(x))$ 在 $D$ 左端由某一函数主导，右端由某一函数主导，中间至多切换一次主导者，故 $H(x)$ 为单谷函数。

下面我们来证明这个引理。

证明：

先说明为什么 $A$ 必为区间：

由于 $x_1\le x_2$ ，将区间 $D$ 分为三段：

·左段 $L=D\cap (-\infty ,x_1]$

·中段 $M=D\cap [x_1,x_2]$

·右段 $R=D\cap [x_2,+\infty )$

在每段上， $f,g$ 的单调性分别为：

·在 $L:$ $f$ 单调不增；同时因为 $x \le x_1 \le x_2 $ ，也有 $g$ 在 $L$ 上单调不增。

·在 $R:$ $f$ 在 $R$ 上单调不减（因为 $x\ge x_1$） ，且 $g$ 在 $R$ 上单调不减（因为 $x\ge x_2$）。

·在中段 $M:$ $f$ 在 $M$ 的左半段仍可能单调不增直到 $x_1$ ，到 $x_1$ 后 $f$ 变为单调不减；$g$ 在 $M$ 的右半在 $x_2$ 前仍单调不增，在 $x_2$ 后单调不减。总之在 $M$ 上，每个函数最多在其极小值点位置改变单调性一次。

断言1

在左段 $L$ 因为 $f,g$ 都单调不增，如果存在两个点 $u<w\in L$ 使得 $f(u)\le g(u)$ 且 $f(w)\le g(w)$ ，则对于任意 $v$ 满足 $u\le v\le w$ ，有

$$f(w)\le f(v)\le f(u),g(w)\le g(v)\le g(u)$$

所以从 $f(u)\le g(u)$ 与 $f(w)\le g(w)$ 可得

f ( v ) ≤ m a x { f ( u ) , f ( w ) } ≤ m i n { g ( u ) , g ( w ) } ≤ g ( v ) , f(v) \le max\{f(u),f(w)\} \le min\{g(u),g(w)\} \le g(v), f(v)≤max{f(u),f(w)}≤min{g(u),g(w)}≤g(v),

因此 $f(v)\le g(v)$ ，所以在左段内，若在两个端点都属于 $A$ 中间任意点也属于 $A$ 。因此 $A\cap L$ 是区间。

同理如果在左段两个端点均满足 $f(x)\ge g(x)$ ，则中间也必然满足 $f(x)\ge g(x)$ 。所以在左段 $A$ 与 $B$ 各自是区间。

断言2

在右段 $R$ ，两函数都单调不减，由同理可得 $A\cap R,B\cap R$ 也都是区间。

断言3

在中段 $M=[x_1,x_2]$ ，每个函数至多在对应极小值点处改变单调性。因为 $x_1\le x_2$ ，中段 $M$ 的单调性结构是“先两者都可能非增，接着 $f$ 变非减，最后 $g$ 变非减”。这限制了 $f-g$ 的符号变化次数： 最多发生一次从负到正再回到负的复杂模式被排除 ，从而 $A\cap M$ 也是区间。

断言 4

结合前面的断言1-3，$A$ 在 $L,M,R$ 各段内都是区间，且三段相连，因此 $A$ 在整个 $D$ 上为区间。同理 $B$ 也是区间。因为 $D=A\cup B$ ，两个区间的并覆盖 $D$ 且交集非空，主导函数至多发生一次切换。

从而引理得证。

归纳结论：

则显然有 $F_{k+1}(x)=max(F_k(x),f_{k+1}(x))$ 仍为单谷函数，所以对任意 $n$ 命题成立。

因此我们可以用三分法来解决本题。

$Coding$

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(x) cout << #x << "=" << x << "\n";

int t;
int n;
const int maxn = 1e4 + 10;
const double eps = 1e-8;
struct func
{
    double a, b, c;
    double min_val, max_val;
} f[maxn];

inline double calc(double a, double b, double c, double x)
{
    return a * x * x + b * x + c;
}

double maxx(double a, double b)
{
    return (a > b ? a : b);
}

double calc_point_max(double x)
{
    double res = -1e9;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        res = maxx(res, calc(f[i].a, f[i].b, f[i].c, x));

    return res;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> f[i].a >> f[i].b >> f[i].c;

    double l = 0, r = 1000;
    while (r - l >= eps)
    {
        double len = r - l;
        double m1 = l + len / 3, m2 = r - len / 3;
        double res1 = calc_point_max(m1), res2 = calc_point_max(m2);

        if (res1 >= res2)
            l = m1;
        else
            r = m2;
    }

    double ans = calc_point_max((l + r) / 2);
    cout << fixed << setprecision(4) << ans << "\n";
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> t;
    while (t--)
        solve();

    return 0;
}

关于时间复杂度：

每次三分都把区间长度缩小为原来的 $\frac{2}{3}$ 。

假设初始区间长度为 $L_0=r-l$

迭代 $k$ 次后，区间长度变成：

$$L_k=L_0\times (\frac{2}{3}{)}^k$$

我们希望最终区间长度 $\le$ 误差上限 $ϵ$.

于是有：

$$L_0\times (\frac{2}{3}{)}^k\le ϵ$$

取对数：

$$k\ge \frac{log(\frac{ϵ}{L_0})}{log(\frac{2}{3})}$$

通过数学计算可以推导出在绝大多数情况下，我们使用 $100$ 次迭代就已经绝对安全。

这里由于我是第一次写所以使用了 $eps$ 来估计误差，一开始估计大了直接满江红 ，直接循环 $100$ 次就好，够快也足够精确。