Poj3301 三分法解题报告

题目要求求解覆盖所有离散在二维空间内的点最小正方形的面积；

1）想到求覆盖所有点，首先想到，那么可以枚举任意两点之间的距离，并求出其中最大距离，作为正方形的边；

按照以上想法来求解当然可以求解出一个能够覆盖所有点的正方形，但是不能保证其是最小的，做一个极端的假设：

假设在我们求出的最小正方形s中，其中两点p1,p2正好落在对角线的两个端点上，那么在p1和p2之间的距离正是想法1中所求出的最大长度，按照想法1去求解的话，所求出的正方形s'一定比s的面积大；

2）进一步思考的话，之所以出现假设与想法1之间矛盾的原因在于：想法1求解的方式只考虑了两点之间的直线距离，但是在二维空间下，覆盖所有点的最小正方形应该由“x方向距离”和“y方向之间距离”的同时来决定的，而能够影响这两个坐标轴距离长短的因素就在于我们如何将这些点投影到二维坐标系中；

3）将n各点投影到二维坐标系中，我们可以以任意点为基点，对所有点进行旋转，考虑到我们主要求解的是最小面积，则在[0,180]与[180,360]之间可以看做是对称的，由此将整个问题转换成将所有点投影到二维坐标系中，枚举角度的问题，具体的枚举方式采用【三分法】(此处不做证明，求二阶导数证明其大于0即可)

具体的坐标转换公式这里不解释了，画图就能看出来；

代码如下：

// 3301_Time0424.cpp : 定义控制台应用程序的入口点。//#include "stdafx.h"#include <iostream>#include <math.h>#include <iomanip>using namespace std;int t;//test cases numberconst int max_dis=0;struct pos{int x;int y;};pos positions[30];double rotateX(int n,double angle);double rotateY(int n,double angle);int main(){cin>>t;for (;t>0;t--){int n;cin>>n;for (int i=0;i<n;i++){cin>>positions[i].x;cin>>positions[i].y;}double l=0;double r=180;double mid;double maxDismid=0;do {mid=(l+r)/2.0;double midmid=(mid+r)/2.0;maxDismid=max(rotateX(n,mid),rotateY(n,mid));double maxDismidmid=max(rotateX(n,midmid),rotateY(n,midmid));if (maxDismid>maxDismidmid){l=mid;}else{r=midmid;}} while (r-l>0.00000001);printf("%.2f\n",pow(maxDismid,2));}return 0;}double rotateX(int n,double angle){double maxDis=max_dis;for (int i=0;i<n;i++){double rotate_i_x=positions[i].x*cos(angle)+positions[i].y*sin(angle);for (int j=0;j<n;j++){double rotate_j_x=positions[j].x*cos(angle)+positions[j].y*sin(angle);if (maxDis<fabs(rotate_i_x-rotate_j_x)){maxDis=fabs(rotate_i_x-rotate_j_x);}}}return maxDis;}double rotateY(int n,double angle){double maxDis=max_dis;for (int i=0;i<n;i++){double rotate_i_x=positions[i].y*cos(angle)-positions[i].x*sin(angle);for (int j=0;j<n;j++){double rotate_j_x=positions[j].y*cos(angle)-positions[j].x*sin(angle);if (maxDis<fabs(rotate_i_x-rotate_j_x)){maxDis=fabs(rotate_i_x-rotate_j_x);}}}return maxDis;}