E 计算几何 坐标系转换 二分答案
题意：在一条线上找一个点到所给点的最大距离最短
最大的最小，考虑对最大距离进行二分答案，check(dis)判断dis能不能≥\geq≥线上某个点到每个点的距离
坐标变换后，设线上合理的某个点是(xc,0)(x_c,0)(xc,0)，(x−xc)2+y2≤dis2(x-x_c)^2+y^2\leq dis^2(x−xc)2+y2≤dis2，xcx_cxc的范围是[xc−y2−dis2,xc+y2−dis2][x_c-\sqrt{y^2-dis^2},x_c+\sqrt{y^2-dis^2}][xc−y2−dis2 ,xc+y2−dis2 ]，交集不是空集即合理
cpp
const double PI=acos(-1);
const long long mod =998244353, inf = 1e9 ;
double a,b,c;
// double dis(pdd p){
// return abs(a*p.xx+b*p.yy+c)/sqrt(a*a+b*b);
// }
void solve(){
int n;cin>>n;
vector<pdd>pos(n+1);
forr(i,1,n)cin>>pos[i].xx>>pos[i].yy;
cin>>a>>b>>c;
double mag=sqrt(a*a+b*b);
double theta=acos(abs(b/mag));
if(-a*b<0)theta=-theta;
// cout<<theta<<endl;
//转换坐标系
forr(i,1,n){
double nx=pos[i].xx*cos(theta)+pos[i].yy*sin(theta);
double ny=pos[i].yy*cos(theta)-pos[i].xx*sin(theta)+(b==0?-c/a:c*cos(theta)/b);
// double ny=pos[i].yy*cos(theta)-pos[i].xx*sin(theta);
pos[i].xx=nx,pos[i].yy=ny;
// cout<<nx<<' '<<ny<<endl;
}
// 二分答案 枚举最后的距离答案
auto check=[&](double dis)->bool{
double lmx=-1e18,rmn=1e18;
forr(i,1,n){
if(dis-abs(pos[i].yy)<-1e-8)return false;
double d=sqrt(dis*dis-pos[i].yy*pos[i].yy);
lmx=max(lmx,pos[i].xx-d),rmn=min(rmn,pos[i].xx+d);
if(rmn-lmx<-1e-8)return false;
}
return true;
};
double l=0,r=1e7;
while (r-l>1e-8)
{
double mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
r=mid;
}else l=mid;
}
// cout<<"ans";
cout<<fixed<<setprecision(8)<<r<<endl;
}G dp
一看这个题就感觉是dp，本次选哪一个之前的路径会影响到未来，但是受限于水平不会实现...
动态规划成立的前提：一旦当前阶段的状态确定，未来的演变与过去无关，当前状态已包含所有对未来决策有用的信息
每次更新的是以当前萤火虫作为末尾的状态每次从上一个记录的w的质因数p和颜色cw的质因数p和颜色cw的质因数p和颜色c转移过来 dp[p][c]dp[p][c]dp[p][c]
但是和本次颜色不同的颜色有很多，一一判断会超时
为了让最后答案链最长，需要关注前面最长的链，但是最长链的末尾颜色和本次颜色相同的话这个链就断了，末尾颜色与最长链不同的次长链也会是最优解的一个选择，本次更新后不是选之前的最长链就是次长链 。
设计color[p][0最长/1次长],dp[p][0最长/1次长]color[p][0最长/1次长],dp[p][0最长/1次长]color[p][0最长/1次长],dp[p][0最长/1次长]，或者直接合二为一dp[p][0最长/1次长][0记录的颜色/1链的长度]]dp[p][0最长/1次长][0记录的颜色/1链的长度]]dp[p][0最长/1次长][0记录的颜色/1链的长度]]
cpp
const int N = 5e5,M=1e9+1;
const double PI=acos(-1);
const long long mod =998244353, inf = 1e9 ;
vector<int>prime;
int minp[N+10];// 每个数的最小质因数
void find_p(){
minp[1]=1;
forr(i,2,N){
if(!minp[i]){
minp[i]=i;
prime.push_back(i);
}
for(auto p:prime){
if(i*p>=N)break;
minp[i*p]=p;
if(p==minp[i])break;
}
}
}
array<array<int,2>,2> f[N+10];
void solve(){
find_p();
int n;cin>>n;
vector<int>w(n+1),c(n+1);
forr(i,1,n)cin>>w[i];
forr(i,1,n)cin>>c[i];
f[1][0][0]=c[1],f[1][0][1]=1;
f[1][1][0]=c[1],f[1][1][1]=1;
forr(i,1,n){
//分解质因数
vector<int>factor;
while(w[i]>1){
int x=minp[w[i]];
while (w[i]%x==0)w[i]/=x;
factor.push_back(x);
}
// 找本次最优
int res=1;
for(auto p:factor){
if(c[i]!=f[p][0][0])res=max(res,f[p][0][1]+1);
if(c[i]!=f[p][1][0])res=max(res,f[p][1][1]+1);
}
//记录最优值
for(auto p:factor){
/*
这里正解代码写的是
if (c[i] != f[x][0][0]) {
if (res > f[x][0][1]) {
f[x][1] = f[x][0];
f[x][0] = {c[i], res};
} else if (res > f[x][1][1]) {
f[x][1] = {c[i], res};
}
} else {
if (res > f[x][0][1]) {
f[x][0] = {c[i], res};
}
}
assert(f[x][0][0] != f[x][1][0]);
*/
/*
之前的错误解法
if(res>f[p][0][1]){
f[p][1]={c[i],res};
f[p][0]={c[i],res};//最大次大都成一个颜色了
}else if(res>f[p][1][1]){
f[p][1]={c[i],res};
}
会wa在：
7
2 5 4 3 6 3 5
6 9 7 7 7 2 8
*/
//需要保证最大次大的颜色不同
if(c[i]!=f[p][0][0]){//颜色不同
if(res>f[p][0][1]){//放到最大的位置
f[p][1]=f[p][0];
f[p][0]={c[i],res};
}else if(res>f[p][1][1]){//放到次大的位置
f[p][1]={c[i],res};
}
}else{//颜色相同
if(res>f[p][0][1]){
f[p][0][1]=res;//直接刷新
}
}
}
}
int ans=1;
for(auto p:prime){
ans=max(ans,f[p][0][1]);
}
cout<<ans<<endl;
}