1027: [JSOI2007]合金
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Description
某公司加工一种由铁、铝、锡组成的合金。他们的工作很简单。首先进口一些铁铝锡合金原材料，不同种类的原材料中铁铝锡的比重不同。然后，将每种原材料取出一定量，经过融解、混合，得到新的合金。新的合金的铁铝锡比重为用户所需要的比重。 现在，用户给出了n种他们需要的合金，以及每种合金中铁铝锡的比重。公司希望能够订购最少种类的原材料，并且使用这些原材料可以加工出用户需要的所有种类的合金。
Input
第一行两个整数m和n（m, n ≤ 500），分别表示原材料种数和用户需要的合金种数。第2到m + 1行，每行三个实数a, b, c（a, b, c ≥ 0 且 a + b + c = 1），分别表示铁铝锡在一种原材料中所占的比重。第m + 2到m + n + 1行，每行三个实数a, b, c（a, b, c ≥ 0 且 a + b + c = 1），分别表示铁铝锡在一种用户需要的合金中所占的比重。
Output
一个整数，表示最少需要的原材料种数。若无解，则输出–1。
Sample Input
0.1 0.2 0.7
0.2 0.3 0.5
0.3 0.4 0.3
0.4 0.5 0.1
0.5 0.1 0.4
0.6 0.2 0.2
0.7 0.3 0
0.8 0.1 0.1
0.9 0.1 0
1 0 0
0.1 0.2 0.7
0.2 0.3 0.5
0.3 0.4 0.3
0.4 0.5 0.1
0.5 0.1 0.4
0.6 0.2 0.2
0.7 0.3 0
0.8 0.1 0.1
0.9 0.1 0
1 0 0
Sample Output
HINT
Source
题意：见分析
分析：我把n和m的意义相调转
即n代表原材料种数，m代表所需产品数
显然，第三维不需要，因为a+b+c==1，前两维确定即确定第三维
当n==2时，若一个产品可以通过这两种原材料组合而成那么一定有
materia1.a*k+materia2.a*(1-k) == product.a
materia1.b*k+materia2.b*(1-k) == product.b
等等，这个形式。。。如果把它们的a，b表示成二元组(a, b)，那么。。。。
不就是说明如果把a当成横坐标，b当成纵坐标，
那么这两种原材料所能组成的产品一定在两端点为（materia1.a, materia1.b）(materia2.a, materia2.b)的线段上吗？
那么如果n == 3时，显然根据向量的加减，所能组成的产品一定在这三点围成的三角形里
当n==k时，同理，所能组成的产品一定在这几个点所围成的图形里（即这几个原材料的点所形成的凸包里）
但显然，构成凸包的最少点未必就是包住产品点的最少点数
那么我们探究一下，
我们逆时针看那个围住产品点的图形
并称一个由原材料点构成的 能围住产品点的 图形为合法图形
探究合法图形的边有什么性质
显然，如果一条边可能属于一个合法图形，那么所有的产品点都在它的一侧，我们假定都在这条边的逆时针方向
（因为我们使用叉积判断，所以要这样，注意，我们是逆时针看那个合法图形的）
所以首先我们要枚举任意两个原材料点，判断它们所连的边是否合法。。。
然后我们根据所有的合法边，尝试围成一个点数最少的合法图形
等等。。。。。如果我们把每条边的长度设为1，那么点数的多少不就是那个图形（环）的长度吗！？
不就是最小环吗？
对于最小环，我推荐一篇文章
http://www.cnblogs.com/Yz81128/archive/2012/08/15/2640940.html
我个人的理解：
一下见解不局限于本题，普适于所有有向图的最小环
每次在进行floyd的更新前(保证当前所有的最短路不包含k)，算出环上的点最大为k（一定要有k）的最小的环
这样更新ans = min(ans, dis[i][j]+map[j][k]+map[k][i])
因为当前没有更新dis[i][j]所代表的最短路不包含k，如此便枚举出所有的 环上的点最大为k的环
然后再进行更新
当然由于本题的特殊性，并不需要完整的最小环算法
只需要求一遍点 i->点 i(就是回到自己)的最短路即可（同原来的floyd）
提供代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <vector>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <ctime>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
#define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
#define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++)
#define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--)
#define rep(i, x, t) for(int i = (x); i < (t); i++)
#define MIT (2147483647)
#define INF (1000000001)
#define MLL (1000000000000000001LL)
#define sz(x) ((int) (x).size())
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define puf push_front
#define pub push_back
#define pof pop_front
#define pob pop_back
#define ft first
#define sd second
#define mk make_pair
inline void SetIO(string Name) {
string Input = Name+".in",
Output = Name+".out";
freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
} const int N = ;
const DB Eps = 1e-;
inline int Cmp(DB a, DB b) ;
struct Point {
DB x, y; inline bool operator ==(const Point &A) const {
if(!Cmp(x, A.x) && !Cmp(y, A.y)) return ;
return ;
}
} A[N], B[N];
int n, m;
int Dp[N][N], Map[N][N]; inline void Input() {
scanf("%d%d", &n, &m);
DB c;
For(i, , n) scanf("%lf%lf%lf", &A[i].x, &A[i].y, &c);
For(i, , m) scanf("%lf%lf%lf", &B[i].x, &B[i].y, &c);
} inline int Cmp(DB a, DB b) {
if(a < b-Eps) return -;
if(a > b+Eps) return ;
return ;
} inline bool Cover(Point x) {
For(i, , m)
if(!(x == B[i])) return ;
return ;
} inline void Exit(string Ans) {
cout<<Ans<<"\n";
exit();
} inline DB Multi(Point O, Point A, Point B) {
return (A.x-O.x)*(B.y-O.y)-(A.y-O.y)*(B.x-O.x);
} inline bool Couple(Point O, Point A) {
For(i, , m) {
if(Cmp(Multi(O, A, B[i]), 0.0)) return ;
DB Left = O.x, Right = A.x, Up = O.y, Down = A.y;
if(Left > Right) swap(Left, Right);
if(Down > Up) swap(Up, Down);
if(Cmp(B[i].x, Left) < || Cmp(B[i].x, Right) > ||
Cmp(B[i].y, Down) < || Cmp(B[i].y, Up) > ) return ;
}
return ;
} inline bool Judge(Point O, Point A) {
For(i, , m)
if(Cmp(Multi(O, A, B[i]), 0.0) < ) return ;
return ;
} inline void Solve() {
if(!m) Exit("");
For(i, , n)
if(Cover(A[i])) Exit("");
For(i, , n)
For(j, i+, n)
if(Couple(A[i], A[j])) Exit(""); For(i, , n)
For(j, , n) Dp[i][j] = Map[i][j] = ;
For(i, , n)
For(j, , n) {
if(i == j) continue;
if(Judge(A[i], A[j])) Dp[i][j] = Map[i][j] = ;
} int Ans = ;
For(k, , n) {
For(i, , k-)
For(j, , k-)
Ans = min(Ans, Dp[i][j]+Map[j][k]+Map[k][i]); For(i, , n)
For(j, , n)
Dp[i][j] = min(Dp[i][j], Dp[i][k]+Dp[k][j]);
} if(Ans > n) Ans = -;
printf("%d\n", Ans);
} int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
SetIO("");
#endif
Input();
Solve();
return ;
}
表示这题我原来想挫了，本来想先把原材料点搞个凸包，产品点搞个凸包，然后再用dp求原材料凸包上最少用多少