bzoj 1013 [JSOI2008]球形空间产生器sphere

本文介绍了一个球形空间产生器问题的解决方案,通过高斯消元法求解n维空间中球体的球心坐标。题目提供n+1个球面上的点坐标,要求计算出球心坐标。

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1013: [JSOI2008]球形空间产生器sphere

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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(a1, a2, …, an), (b1, b2, …, bn),则AB的距离定义为:dist = sqrt( (a1-b1)^2 + (a2-b2)^2 +

… + (an-bn)^2 )

Source


【分析】

高斯消元裸题。

嗯…我们考虑一个比较好观察的二维…得到n+1个坐标 (a[1],b[1]),(a[2],b[2]),…,(a[n+1],b[n+1])。

设球心坐标为 (x1,x2)。

以(a[1],b[1)]和(a[2],b[2])为例,我们可以得到方程:
(x1-a[1])^2+(x2-b[1])^2=(x1-a[2])^2+(x2-b[2])^2
两边的x1^2,x2^2可以消掉,这就很开心了…他不就变成了一个线性方程了吗?
我们可以得到n组这样的方程,然后把高斯从棺材里拉出来…


【代码】

//bzoj 球形空间产生器
//思路:对相邻坐标进行++--等奇怪的处理,得到n组线性方程... 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
int n,m;
double a[15][15],c[15][15],now;
inline void guass()
{
    int i,j,k,x;
    fo(i,1,n)
    {
        k=i;
        fo(x,i+1,n)
          if(fabs(a[x][i])>fabs(a[k][i]))
            k=x;
        now=a[k][i];
        fo(j,1,n+1) swap(a[k][j],a[i][j]);
        fo(j,1,n+1) a[i][j]/=now;
        fo(k,1,n)
          if(k!=i)
          {
              now=a[k][i];
              fo(j,1,n+1) a[k][j]-=now*a[i][j];
          }
    }
}
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d",&n);  //第i个点在第j维度上的坐标 
    fo(i,1,n+1) fo(j,1,n) scanf("%lf",&c[i][j]);
    fo(i,1,n)   //构建系数矩阵 
    {
        double tmp=0;
        fo(j,1,n)
          a[i][j]=2*(c[i+1][j]-c[i][j]),tmp+=c[i+1][j]*c[i+1][j]-c[i][j]*c[i][j];
        a[i][n+1]=tmp;
    }
    guass();
    fo(i,1,n-1) printf("%.3lf ",a[i][n+1]);
    printf("%.3lf\n",a[n][n+1]);
    return 0;
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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