POJ 1905 Expanding Rods 木棍膨胀
当长度为L的一根细木棍的温度升高n度，它会膨胀到新的长度L'=(1+n*C)*L，其中C是热膨胀系数。
当一根细木棍被嵌在两堵墙之间被加热，它将膨胀形成弓形的弧，而这个弓形的弦恰好是未加热前木棍的原始位置。
你的任务是计算木棍中心的偏移距离。
保证木棍不会膨胀到超过原始长度的1.5倍。
1000 100 0.0001
61.329
直接使用求方程的方式来解题，可能由于其中出现三角函数，解决起来肯定不会那么顺手，而且很难得到一个精确的答案，但是由于弧长和弦长已定，则该圆也能确定了。但是通过画图可以看出来，由于膨胀的长度绝不会超过原长度的50%，因此膨胀圆心角不会超过180度，也不会少于0度。
此题的核心是找到高度h的表达式，然后探求与角或者圆的半径的关系，然后看是否存在某种单调性，采用二分逼近法求解近似值
想明白了后，二分求角度嘛反而不是重点了，关键是角度与弦长的单调性关系值得推敲
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
int main()
{
double l, ll, rig, lef, mid, n, c;
scanf("%lf%lf%lf", &l, &n, &c);
if(l<1e-14)
{
printf("0.000\n");
return 0;
}
ll=l*(1+n*c);
lef=0.0; //角的极小值
rig=asin(1.0); //角的极大值
//由于三角函数转换，得到 h= (l/2)*tan(@/2) , 所以h只与角@有关,使用二分逼近法去求解最接近的@即可
//注意，二分验证是让 ll与角@ 计算得到的 木棍原始长度l`=ll*sin@/@ 与 l 进行比较，且l`与@成反比例关系
while(rig-lef>1e-14) //在极大值与极小值之间进行二分，这个地方精度控制太低就过不了了。精度要求很高。
{
mid=(rig+lef)/2;
if(ll*sin(mid)/mid<=l)
rig=mid;
else
lef=mid;
}
printf("%.3lf\n", l/2*tan(lef/2));
return 0;
}
解法2，装载自
大致题意：
一根两端固定在两面墙上的杆 受热弯曲后变弯曲
求前后两个状态的杆的中点位置的距离
解题思路：
几何和二分的混合体
如图，蓝色为杆弯曲前，长度为L
红色为杆弯曲后，长度为s
h是所求
依题意知
S=(1+n*C)*L
又从图中得到三条关系式;
（1） 角度→弧度公式 θr = 1/2*s
（2） 三角函数公式 sinθ= 1/2*L/r
（3） 勾股定理 r^2 – ( r – h)^2 = (1/2*L)^2
把四条关系式化简可以得到
逆向思维解二元方程组：
要求（1）式的h，唯有先求r
但是由于（2）式是三角函数式，直接求r比较困难
因此要用顺向思维解方程组：
在h的值的范围内枚举h的值，计算出对应的r，判断这个r得到的(2)式的右边 与 左边的值S的大小关系 （ S= (1+n*C)*L ）
很显然的二分查找了。。。。。
那么问题只剩下 h 的范围是多少了
下界自然是0 (不弯曲)
关键确定上界
题中提及到
Input data guarantee that no rod expands by more than one half of its original length.
意即输入的数据要保证没有一条杆能够延伸超过其初始长度的一半
就是说 S max = 3/2 L
理论上把上式代入（1）(2)方程组就能求到h的最小上界，但是实际操作很困难
因此这里可以做一个范围扩展，把h的上界扩展到 1/2L ，不难证明这个值必定大于h的最小上界，那么h的范围就为 0<=h<1/2L
这样每次利用下界low和上界high就能得到中间值mid，寻找最优的mid使得(2)式左右两边差值在精度范围之内，那么这个mid就是h
精度问题是必须注意的
由于数据都是double，当low无限接近high时， 若二分查找的条件为while(low<high)，会很容易陷入死循环，或者在得到要求的精度前就输出了不理想的“最优mid”
精度的处理方法参考我的程序
#include<iostream>
#include<math.h>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double esp=1e-5; //最低精度限制
int main(void)
{
double L,n,c,s; //L:杆长 ，n:温度改变度 ， c:热力系数 ，s:延展后的杆长（弧长）
double h; //延展后的杆中心 到 延展前杆中心的距离
double r; //s所在圆的半径
while(cin>>L>>n>>c)
{
if(L<0 && n<0 && c<0)
break;
double low=0.0; //下界
double high=0.5*L; // 0 <= h < 1/2L (1/2L并不是h的最小上界，这里做一个范围扩展是为了方便处理数据)
double mid;
s=(1+n*c)*L;
while(high-low>esp) //由于都是double，不能用low<high，否则会陷入死循环
{ //必须限制low与high的精度差
mid=(low+high)/2;
r=(4*mid*mid+L*L)/(8*mid);
if( 2*r*asin(L/(2*r)) < s ) //h偏小
low=mid;
else //h偏大
high=mid;
}
h=mid;
cout<<fixed<<setprecision(3)<<h<<endl;
}
return 0;
}
解法3
这个题有两个难点
1、解方程
图片大了点呵。。Retina屏的水果本就是不错！
这方程是超越方程，只有数值解，那怎么办呢？
2、二分单调性证明
证明如下：
上面的方程，另左边等于s，则可推得弧长s与h间关系如下：
绘制该函数图像如下：
可知该函数是随l和s单增的，故可用二分逼近。
上图是刚才那个超越方程的隐函数围道图像，也可证明。
另提供几何证明（为什么h越大s越大，可以利用二分来逼近这h在给定s下的最大值）
下面是代码：
#include <iostream>
#include <math.h>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define eps 1e-5
int main() {
double L, n, c, s;
double h;
double r;
while (cin >> L >> n >> c) {
if (L < 0 && n < 0 && c < 0)
break;
double low = 0.0;
double high = 0.5 * L;
double mid;
s = (1 + n * c) * L;
while (high - low > eps) {
mid = (low + high) / 2;
r = (4 * mid * mid + L * L) / (8 * mid);
if (2 * r * asin(L / (2 * r)) < s)
low = mid;
else
high = mid;
}
h = mid;
cout << fixed << setprecision(3) << h << endl;
}
}