UVa 1298 Triathlon

题目描述

铁人三项比赛包含三个连续项目：游泳、骑自行车和跑步。每个选手在这三个项目中的速度是已知的。裁判可以任意选择每个赛段的长度（但不能为零），目标是判断是否能够通过选择合适的赛段长度，使得某个特定的选手赢得比赛（即他是唯一的第一名）。

输入格式：

• 第一行：整数 $N$ ($1\le N\le 100$)，表示选手数量
• 接下来 $N$ 行：每行三个整数 $V_i,U_i,W_i$ ($1\le V_i,U_i,W_i\le 10000$)，表示第 $i$ 个选手在三个项目中的速度

输出格式：

• 对于每个选手，输出一行：如果可以让他获胜输出 Yes，否则输出 No

题目分析

问题本质

设三个赛段的长度分别为 $x,y,z>0$，第 $i$ 个选手的总时间为：

$$T_i=\frac{x}{V_i}+\frac{y}{U_i}+\frac{z}{W_i}$$

我们希望对于某个特定选手 $k$，存在 $x,y,z>0$ 使得：

$$T_k<T_i\forall i\ne k$$

数学建模与简化

由于 $x,y,z$ 可以任意缩放，我们可以进行归一化处理。设总长度 $s=x+y+z$，令：

$$X=\frac{x}{s},Y=\frac{y}{s},Z=\frac{z}{s}$$

则有 $X+Y+Z=1$，且 $X,Y,Z>0$。

选手 $i$ 的总时间可以表示为：

$$T_i=s\left(\frac{X}{V_i}+\frac{Y}{U_i}+\frac{Z}{W_i}\right)$$

由于 $s>0$，比较 $T_k<T_i$ 等价于比较：

$$\frac{X}{V_k}+\frac{Y}{U_k}+\frac{Z}{W_k}<\frac{X}{V_i}+\frac{Y}{U_i}+\frac{Z}{W_i}$$

代入 $Z=1-X-Y$，整理得：

$$X\left(\frac{1}{V_k}-\frac{1}{V_i}-\frac{1}{W_k}+\frac{1}{W_i}\right)+Y\left(\frac{1}{U_k}-\frac{1}{U_i}-\frac{1}{W_k}+\frac{1}{W_i}\right)+\left(\frac{1}{W_k}-\frac{1}{W_i}\right)<0$$

令：

• $A_i=\frac{1}{V_k}-\frac{1}{V_i}-\frac{1}{W_k}+\frac{1}{W_i}$
• $B_i=\frac{1}{U_k}-\frac{1}{U_i}-\frac{1}{W_k}+\frac{1}{W_i}$
• $C_i=\frac{1}{W_k}-\frac{1}{W_i}$

则不等式简化为：

$$A_{i}X+B_{i}Y+C_i<0$$

几何解释

问题转化为：在区域 $X>0,Y>0,X+Y<1$ 内，是否存在点 $(X,Y)$ 满足所有 $N-1$ 个不等式。

这等价于求这些半平面的交集是否在可行区域内非空。

算法设计

核心思路

使用半平面交算法判断所有约束条件是否在可行区域内存在公共解。

关键优化

1. 提前淘汰：如果存在选手在所有三个项目上都不比当前选手差（即 $V_j\ge V_k,U_j\ge U_k,W_j\ge W_k$），那么当前选手不可能获胜。

2. 跳过无用约束：如果某个选手在所有三个项目上都严格比当前选手慢，那么该约束总是成立，无需加入半平面交计算。

3. 数值稳定性：使用较大的缩放因子（$10^5$）来避免浮点数精度问题。

难点与易错点

1. 浮点数精度：直接使用原始速度的倒数进行计算容易产生精度误差，需要适当缩放。

2. 边界处理：需要正确处理 $X=0$、$Y=0$ 和 $X+Y=1$ 这三条边界线。

3. 退化情况：当所有约束导致可行区域为空时，需要准确判断。

4. 平行线处理：在半平面交算法中需要正确处理平行的约束直线。

复杂度分析

• 对于每个选手，最多需要处理 $N-1$ 个约束
• 半平面交算法的时间复杂度为 $O(N\log N)$
• 总时间复杂度为 $O(N^2\log N)$，在 $N\le 100$ 时完全可行

参考代码

// Triathlon
// UVa ID: 1298
// Verdict: Accepted
// Submission Date: 2025-10-26
// UVa Run Time: 0.000s
//
// 版权所有（C）2025，邱秋。metaphysis # yeah dot net#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const double EPS = 1e-6;
const double SCALE = 100000.0;  // 数值放大系数，提高计算稳定性// 二维点/向量
struct Point {double x, y;Point(double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y) {}
};typedef Point Vector;// 有向直线
struct Line {Point p;      // 直线上一点Vector v;     // 方向向量double angle; // 极角Line() {}Line(Point p, Vector v) : p(p), v(v) { angle = atan2(v.y, v.x); }bool operator<(const Line& l) const { return angle < l.angle; }
};// 浮点数比较
int cmp(double x) { if (fabs(x) < EPS) return 0; return x > 0 ? 1 : -1; }// 向量运算
Vector operator+(Vector a, Vector b) { return Vector(a.x + b.x, a.y + b.y); }
Vector operator-(Vector a, Vector b) { return Vector(a.x - b.x, a.y - b.y); }
Vector operator*(Vector a, double k) { return Vector(a.x * k, a.y * k); }
double cross(Vector a, Vector b) { return a.x * b.y - a.y * b.x; }// 判断点p是否在直线L左侧
bool onLeft(Point p, Line L) { return cross(L.v, p - L.p) > 0; }// 求两直线交点
Point getIntersection(Line a, Line b) {Vector u = a.p - b.p;double t = cross(b.v, u) / cross(a.v, b.v);return a.p + a.v * t;
}// 将直线方程Ax+By+C=0转换为Line结构
Line toLine(double A, double B, double C) {if (fabs(A) < fabs(B)) return Line(Point(0, -C/B), Vector(B, -A));else return Line(Point(-C/A, 0), Vector(B, -A));
}// 半平面交主算法
bool halfplaneIntersect(vector<Line> lines) {int n = lines.size();if (n == 0) return false;sort(lines.begin(), lines.end());vector<Line> q(n + 1);    // 双端队列vector<Point> inter(n + 1); // 交点数组int head = 0, tail = 0;q[tail] = lines[0];for (int i = 1; i < n; i++) {// 删除队尾无效直线while (head < tail && !onLeft(inter[tail - 1], lines[i])) tail--;// 删除队首无效直线while (head < tail && !onLeft(inter[head], lines[i])) head++;q[++tail] = lines[i];// 处理平行直线，保留更优者if (cmp(lines[i].angle - q[tail - 1].angle) == 0) {if (onLeft(lines[i].p, q[tail - 1])) q[--tail] = lines[i];else tail--;}// 计算新交点if (head < tail) inter[tail - 1] = getIntersection(q[tail - 1], q[tail]);}// 最后检查队列首尾while (head < tail && !onLeft(inter[tail - 1], q[head])) tail--;while (head < tail && !onLeft(inter[head], q[tail])) head++;return tail - head > 1;  // 交区域是否非空
}int main() {cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(false);int n;while (cin >> n) {vector<vector<double>> athletes(n, vector<double>(3));for (int i = 0; i < n; i++) cin >> athletes[i][0] >> athletes[i][1] >> athletes[i][2];for (int i = 0; i < n; i++) {bool canWin = true;vector<Line> lines;for (int j = 0; j < n; j++) {if (i == j) continue;// 淘汰条件：当前选手在所有项目上都不优于对手if (athletes[i][0] <= athletes[j][0] && athletes[i][1] <= athletes[j][1] && athletes[i][2] <= athletes[j][2]) {canWin = false;break;}// 跳过条件：当前选手在所有项目上都优于对手if (athletes[i][0] >= athletes[j][0] && athletes[i][1] >= athletes[j][1] && athletes[i][2] >= athletes[j][2]) {continue;}// 构造不等式：Ti < Tj 对应的半平面double A = SCALE / athletes[j][0] - SCALE / athletes[j][2] - SCALE / athletes[i][0] + SCALE / athletes[i][2];double B = SCALE / athletes[j][1] - SCALE / athletes[j][2] - SCALE / athletes[i][1] + SCALE / athletes[i][2];double C = SCALE / athletes[j][2] - SCALE / athletes[i][2];lines.push_back(toLine(A, B, C));}if (!canWin) { cout << "No\n"; continue; }// 添加边界约束：X>0, Y>0, X+Y<1lines.push_back(Line(Point(0, 0), Vector(1, 0)));   // X >= 0lines.push_back(Line(Point(0, 0), Vector(0, -1)));  // Y >= 0lines.push_back(toLine(-1, -1, 1));                 // X + Y <= 1cout << (halfplaneIntersect(lines) ? "Yes\n" : "No\n");}}return 0;
}

总结

本题通过将优化问题转化为几何问题，利用半平面交算法高效解决了铁人三项的赛段设计问题。关键在于理解如何将时间比较转化为线性不等式，以及如何利用几何算法判断这些不等式的可行性。算法中的优化技巧和数值稳定性处理是解决此类问题的关键。