原来可以这样二分 -_-

H. Degenerate Matrix

time limit per test

1 second

memory limit per test

256 megabytes

input

standard input

output

standard output

The determinant of a matrix 2 × 2 is defined as follows:

A matrix is called degenerate if its determinant is equal to zero.

The norm ||A|| of a matrix A is defined as a maximum of absolute values of its elements.

You are given a matrix . Consider any degenerate matrix B such that norm ||A - B|| is minimum possible. Determine||A - B||.

Input

The first line contains two integers a and b (|a|, |b| ≤ 109), the elements of the first row of matrix A.

The second line contains two integers c and d (|c|, |d| ≤ 109) the elements of the second row of matrix A.

Output

Output a single real number, the minimum possible value of ||A - B||. Your answer is considered to be correct if its absolute or relative error does not exceed 10 - 9.

Sample test(s)

input

1 2
3 4

output

0.2000000000

input

1 0
0 1

output

0.5000000000

Note

In the first sample matrix B is 

In the second sample matrix B is 

觉得很好的一道题，题目链接：http://codeforces.com/contest/549/problem/H

题意：

给你一个2*2的矩阵A，让你构造一个矩阵B，矩阵B要满足两条对角线元素相乘结果相等，使得 ||A-B|| 值最小。||X||表示矩阵X中的4个元素中值最大的元素。

分析：

枚举增量（发现有很多二分都是枚举增量的），判断是否符合条件，然后缩小范围。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double LD;
int a, b, c, d;
LD f1(int m1, int m2, LD x)
{
    return max(max((m1+x)*(m2+x),(m1+x)*(m2-x)),max((m1-x)*(m2+x),(m1-x)*(m2-x)));
}

LD f2(int m1, int m2, LD x)
{
    return min(min((m1+x)*(m2+x),(m1+x)*(m2-x)),min((m1-x)*(m2+x),(m1-x)*(m2-x)));
}

int Check(LD x)
{
    LD pr = f1(a,d,x); //(a..)*(d..) 与 (c..)*(b..) 比较，把它比作第一段和第二段，然后进行比较，是否会有等值情况
    LD pl = f2(a,d,x);
    LD qr = f1(c,b,x);
    LD ql = f2(c,b,x); 
    if(pr < ql || qr < pl) return 0; //如果第一段与第二段不相交，则扩大两边使其可能相交
    else return 1; //如果已经相交，那么减小增量x使得两边缩小，更靠近结果
} //这里我说得相交是将最大值与最小值看做两个点，连成的一条线段，最后两条线段的位置关系（yy的。。）
  //相交的部分代表值相等

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &a,&b,&c,&d);
    LD l=0, r=1e10;
    for(int i=0; i<200; i++)
    {
        LD mid = 0.5*(l+r);
        if(Check(mid)) r = mid;
        else l = mid; //增量x增大，那么结果的两边（最大值与最小值）会相应往两边扩（更大、更小）
    }
    printf("%.10f\n", (double)(0.5*(l+r)));
    return 0;
}

做完上面这道题后，把本来一直不会做的下面这道题给秒了。。

题目链接： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5248

序列变换

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 625    Accepted Submission(s): 305

Problem Description

给定序列 A={A1,A2,...,An} , 要求改变序列A中的某些元素，形成一个严格单调的序列B（严格单调的定义为： Bi<Bi+1,1≤i<N ）。

我们定义从序列A到序列B变换的代价为 cost(A,B)=max(|Ai−Bi|)(1≤i≤N) 。

请求出满足条件的最小代价。

注意，每个元素在变换前后都是整数。

 

Input

第一行为测试的组数 T(1≤T≤10) .

对于每一组：
第一行为序列A的长度 N(1≤N≤105) ，第二行包含N个数， A1,A2,...,An .
序列A中的每个元素的值是正整数且不超过 106 。

 

Output

对于每一个测试样例，输出两行：

第一行输出："Case #i:"。i代表第 i 组测试数据。

第二行输出一个正整数，代表满足条件的最小代价。

 

Sample Input

         
         
         
         

          
          
          
          2
2
1 10
3
2 5 4
         
         
         
         

 

Sample Output

         
         
         
         

          
          
          
          Case #1:
0
Case #2:
1
         
         
         
         
         
         
         
         


         
         
         
         

code:

#include<stdio.h>
int T, n, a[100010], b[100010];
bool Check(int x)
{
    for(int i=0; i<n; i++) b[i] = a[i];
    b[0] -= x;
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        int temp1 = b[i-1]-b[i]+1;
        int temp2 = b[i]-b[i-1]-1;
        if(b[i] <= b[i-1])
        {
            if(temp1 > x) return false;
            else b[i] = b[i-1]+1;
        }
        else
        {
            if(temp2 <= x) b[i] = b[i-1]+1;
            else b[i] -= x;
        }
    }
    return true;
}

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    for(int t=1; t<=T; t++)
    {
        scanf("%d", &n);
        for(int i=0; i<n; i++)
            scanf("%d", a+i);
        int l = 0, r = 1e6, mid;
        for(int i=0; i<20; i++)
        {
            mid = (l+r)/2;
            if(Check(mid)) r = mid;
            else l = mid;
        }
        printf("Case #%d:\n%d\n", t,r);
    }
    return 0;
}