P6733 「Wdsr-2」间歇泉

「Wdsr-2」间歇泉

题目背景

Problem Number: $\text{08}$

题目描述

有一个间歇泉，冒出了 $n$ 杯水，由于一些原因，每杯水的温度、体积不同。第 $i$ 杯水的温度为 $c_i$，体积为 $a_i$。

现在混合任意两杯水，每混合两杯水都会得到一个新的温度值，求可能得到的第 $k$ 高的温度值（不计热量损失）。

你的答案建议至少保留小数点后 $3$ 位（与标准答案之差在 $10^{-2}$ 以内即视为通过）。

输入格式

第一行一个数 $n,k$，意义如题述。

接下来 $n$ 行，每行两个数 $a_i,c_i$。

输出格式

一行一个实数，表示混合后的水的第 $k$ 高温度。

样例 #1

样例输入 #1

5 1
1 5
4 2
5 3
2 3
1 4

样例输出 #1

4.500

提示

样例 1 说明

第 $1$ 和第 $5$ 杯水混合，得到 $4.5$ 的温度值。可以发现，这是可能得到的最高水温。

样例 2

见题目附件中 $\text{pour2.in/pour2.ans}$。

数据规模与约定

本题采用捆绑测试。

• $\text{Subtask 1}\text{ (10 pts)}$：$1\le n\le 10$。
• $\text{Subtask 2}\text{ (40 pts)}$：保证 $k=1$。
• $\text{Subtask 3}\text{ (50 pts)}$：无特殊限制。
• $\text{Subtask 4}\text{ (0 pts)}$：Hack 数据。

对于 $100\%$ 的数据，有 $1\le n\le 10^5$，$1\le k\le \frac{n\times (n-1)}{2}$，$1\le a_i,c_i\le 10^9$。

子任务 2/3/4 时限 $\text{2 s}$，子任务 1 时限 $\text{1 s}$。

前置知识

对于两杯体积、温度分别为 $(a_i,c_i),(a_j,c_j)$ 的水，混合后温度为：

$$T=\frac{a_i{c}_i+a_j{c}_j}{a_i+a_j}$$

说明

本题数据采用 SvRan 生成，仅用时 $3\min$。

分析

是个分数，但肯定有误差，考虑缩小误差，因为
$$T=\frac{a_i{c}_i+a_j{c}_j}{a_i+a_j}$$
我们二分一个温度double d，需找到现在有多少杯水温度$\ge d$，后记录下，判断即可：
关于判断，这里写下公式：
$$T\ge d\to \frac{a_i{c}_i+a_j{c}_j}{a_i+a_j}\ge d\to a_i{c}_i+a_j{c}_j\ge d{a}_i+d{a}_j$$
进一步整理得到：
$$a_i{c}_i-d{a}_i\ge d{a}_j-a_j{c}_j$$
此时发现可以使用换元法替换为：
$$x_i-y_i>=y_j-x_j$$
左右两个值可以存在数组中，用双指针选出答案

代码

#include 
using namespace std;
const int M = 1e5+10;
const double eps = 1e-3;
int n, k;
int a[M], c[M];
double p[M], q[M];
function<bool(double,double)> cmp = [](double x, double y) {return x < y; };
void read() {
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> c[i];
}
bool check(double d) {
	int tot = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		double x = a[i] * 1.0 * c[i], y = d * a[i];
		p[i] = x - y, q[i] = y - x;
		if (q[i] - p[i] < eps) tot--;
	}
	sort(p + 1, p + n + 1, cmp);
	sort(q + 1, q + n + 1, cmp);
	for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
		while (q[j + 1] - p[i] < eps and j + 1 <= n) j++;
		tot += j;
	}
	tot /= 2;
	return tot < k;
}
void solve() {
	double l = 0, r = 1e11, mid,ans;
	while (r - l > eps) {
		mid = (l + r) / 2;
		if (check(mid)) ans = mid, r = mid;
		else l = mid;
	}
	printf("%.3f", ans);
}
int main() {
	read();
	solve();
	return 0;
}

代码分析

在上述分析中已说明思路，在此补充细节

if (q[i] - p[i] < eps) tot--;

不能与自己混合

	for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
		while (q[j + 1] - p[i] < eps and j + 1 <= n) j++;
		tot += j;
	}

$$x_i-y_i\ge y_j-x_j\to p[i]\ge q[j]\to 0\ge q[j]-p[i]$$