关于2015年上海《大同杯》数学竞赛第9题的“优解”
关于2015年上海《大同杯》数学竞赛第9题的“优解”
&【题目】如图，在△ABC中，BC=a，CA=b，∠ACB=60°，△ABD是正三角形，P是其中心，求CP的长度.
&【评论】《初中数学微课程》给出了一个“优解”，即用“托勒米定理”加以计算.
笔者以为这个解法虽然是可取的，但不能算作优解，因为“托勒米定理”不属于初中数学教材的范畴。
徐志华老师给出了解法应该算是优解，而且可能是最优解：仅用构造全等三角形，轻松地解决了问题。
&【另解】笔者也给了一个构造全等三角形的方法。此法也有它的特色，教学中采用可拓广学生的思路。
&过P点作CB、CA的垂线段PE、PF，则△PBE≌△PAF，
&令BE=AF=m，由CE=a-m，CF=b+m，且CE=CF，得m=(a-b)/2，从而CE=(a+b)/2，
&再由△PCE≌△PCF和∠ACB=60°，知∠PCE=30°，
&∴在Rt△PCE中，CP=CE/cos30°，于是得CP=(√3/3)(a+b).
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倒数第2场多校,经历5个小时只出了一题,也是蛮心塞的...
First line contains T, a number of test cases.
For each test case, there are three integers N, M, L described above.
And there are N lines and each line contains two integers payi, ti(1&= i &= N).
Last there are M lines and for each line, first integer is proi, and there is an integer k and next k integers are index of plants which can produce material to make profit for the shop.
1 &= T &= 30
1 &= N, M &= 200
1≤payi,proi≤30000
For each test case, first line contains a line “Case #x: t p”, x is the number of the case, t is the shortest period and p is maximum profit in t hours. You should minimize t first and then maximize p.
If this plan is impossible, you should print “Case #x: impossible”
&Sample Input
&Sample Output
Case #1: 5 2
Case #2: impossible
&Problem Idea
比赛的时候,这题提问的人还是蛮多的,所以我好好讲一下该题的题意
有n个工厂,m个商店,建设第i个工厂需要花费payi的钱和ti的时间,多个工厂可以同时建设,即花费时间取最大的ti
第i个商店在指定的k个工厂都建完之后可以一次性获得proi的利润
也就是说k个工厂任何一个没有建完的情况下,该商店都不会获得利润
问最少需要多少时间,获得的总利润不少于L
在满足最少时间的情况下,求最大化的利润
二分+网络流(最大权闭合图)
很尴尬的,比赛的时候贪心水过了,还不小心误导了一批小伙伴,在此,我表示抱歉
首先,此题的变量太多了一些,比如我们不知道要建设哪些工厂,相对应的就不知道哪些商店能够获利,而且还不知道最少需要多少时间
所以,我们要做的第一步是先固定一些变量,就比如工厂建设工期t
故我们采取二分时间t,判断该时间下是否可以找到最大利润&=L
那如何判断是否有最大利润&=L呢?
在解决这个问题之前,我们先来了解一下,何为最大权闭合图
定义一个有向图G=(V,E)的闭合图(closure)是该有向图的一个点集,且该点集的所有出边都还指向该点集,即闭合图内的任意点的任意后继也一定在闭合图中。
更形式化地说,闭合图是这样的一个点集V'∈V,满足对于?u∈V'引出的?&u,v&∈E,必有v∈V'成立。
还有一种等价定义为:满足对于?&u,v&∈E,若有u∈V'成立,必有v∈V'成立
就如上图而言,该图的闭合图(含空集)有:?,{1,6},{6},{2,7,8,9,10},{7},{3,8},{8},{4,9},{9},{5,10},{10}等等
这个&等等&是因为闭合图相互组合也是闭合图,比如{1,3,6,8}
而{2,7}不是闭合图,因为2除7以外的其他后继(8,9,10)不在该闭合图内
另外,最大权闭合图的含义就是点权之和最大的闭合图,上图最大权闭合图为{2,3,4,5,7,8,9,10},点权之和为10(100+10+10+10-30-30-30-30)
讲清楚最大权闭合图之后,我们来看看,此题和最大权闭合图有什么关系
在许多实际应用中,给出的有向图常常是一个有向无环图(DAG),闭合图的性质恰好反映了事件间的必要条件的关系:一个事件的发生,它所需要的所有前提也都要发生,而此题中的这种关系体现在何处呢?
例如100 4 2 3 4 5(某商店要获利100,必须在建有2号、3号、4号、5号工厂的情况下),这整个图就构成了一个闭合图,如下所示
那么此题终于转化为求一个图的最大权闭合图(商店为正权点,权值为利润;工厂为负权点,权值为成本)
那么,对于下列例子,可转化为图G=(V,E)
100 4 2 3 4 5
对于最大权闭合图的题目,解法为:
将原图中每条有向边替换为容量为∞的有向边
增加连接源点s到原图每个正权点v(w&0)的有向边(本题的正权点恰好为所有商店),容量为w
增加连接原图每个负权点v(w&0)到汇点t的有向边(本题的负权点恰好为所有工厂),容量为-w
∞定义为任意一个大于的整数即可,此时,最大权=正权点的总权和-最小割
而我们又知道,最小割=最大流,所以此题就成了名副其实的最大流题
而至于为什么可以用这种方法求解最大权闭合图,可以看网上证明,此处为链接-&,证明在3.3节
【时间复杂度&&优化】
O(v^2elogn)
题目链接→
&Source Code
/*Sherlock and Watson and Adler*/
#pragma comment(linker, &/STACK:,&)
#include&stdio.h&
#include&string.h&
#include&stdlib.h&
#include&queue&
#include&stack&
#include&math.h&
#include&vector&
#include&map&
#include&set&
#include&cmath&
#include&complex&
#include&string&
#include&algorithm&
#include&iostream&
#define eps 1e-9
#define LL long long
#define bitnum(a) __builtin_popcount(a)
const int N = 205;
const int M = 2001;
const int inf = ;
const int mod = ;
struct plants
int pay,t;
}s[N];//pay为建设工厂所需要的费用,t为建设工厂所需要的时间
struct shop
int pro,k,index[N];
}w[N];//pro为商店可获利润
struct Edge
int v,cap,
}edge[2*N*N];
int level[2*N];//标记层次（距离标号）
//间隙优化，定义gap[i]为标号是i的点的个数
//在重标记i时，检查gap[level[i]],若减为0,这算法结束。
int gap[2*N];
int pre[2*N];//前驱
int cur[2*N];
int head[2*N];
int NV,p,n,m,L;
//p为边数，初始化为0；
void add_edge(int u,int v,int cap)
edge[p].cap=edge[p].v=v;
edge[p].next=head[u];head[u]=p++;
edge[p].cap=0;edge[p].v=u;
edge[p].next=head[v];head[v]=p++;
//参数，源点，汇点
int SAP(int vs,int vt,int n)
memset(level,0,sizeof(level));
memset(pre,-1,sizeof(pre));
memset(gap,0,sizeof(gap));
//cur[i]保存的是当前弧
for(int i=0;i&=NV;i++)
cur[i]=head[i];
int u=pre[vs]=//源点的pre还是其本身
int maxflow=0,aug=-1;
while(level[vs]&NV)
for(int &i=cur[u];i!=-1;i=edge[i].next)
int v=edge[i].v;//v是u的后继
//寻找可行弧
if(edge[i].cap&&level[u]==level[v]+1)
//aug表示增广路的可改进量
aug==-1?(aug=edge[i].cap):(aug=min(aug,edge[i].cap));
//如果找到一条增广路
maxflow+=//更新最大流；
//路径回溯更新残留网络
for(u=pre[v];v!=v=u,u=pre[u])
//前向弧容量减少，反向弧容量增加
edge[cur[u]].cap-=
edge[cur[u]^1].cap+=
int minlevel=n;
//寻找与当前点相连接的点中最小的距离标号（重标号）
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
int v=edge[i].v;
if(edge[i].cap&&minlevel&level[v])
cur[u]=i;//保存弧
minlevel=level[v];
if((--gap[level[u]])==0)
//更新gap数组后如果出现断层，则直接退出。
level[u]=minlevel+1;//重标号
gap[level[u]]++;//距离标号为level[u]的点的个数+1;
u=pre[u];//转当前点的前驱节点继续寻找可行弧
int judge(int t)
int i,j,ans,sum=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i&=m;i++)
for(j=1;j&=w[i].k;j++)
if(s[w[i].index[j]].t&t)
add_edge(1,1+i,w[i].pro);
sum+=w[i].
for(j=1;j&=w[i].k;j++)
add_edge(1+i,w[i].index[j]+m+1,inf);
for(i=1;i&=n;i++)
if(s[i].t&=t)
add_edge(m+1+i,m+n+2,s[i].pay);
ans=sum-SAP(1,m+n+2,m+n+2);
int main()
int t,i,j,l,r,mid,cas=1,ans,Min,
scanf(&%d&,&t);
while(t--)
scanf(&%d%d%d&,&n,&m,&L);
for(i=1;i&=n;i++)
scanf(&%d%d&,&s[i].pay,&s[i].t);
for(i=1;i&=m;i++)
scanf(&%d%d&,&w[i].pro,&w[i].k);
for(j=1;j&=w[i].k;j++)
scanf(&%d&,&w[i].index[j]);
while(l&=r)//二分时间t
mid=(l+r)/2;
if(temp=judge(mid))//判是否存在最大利润&=L
ans=temp,r=mid-1,Min=min(Min,mid);
if(Min!=inf)
printf(&Case #%d: %d %d\n&,cas++,Min,ans);
printf(&Case #%d: impossible\n&,cas++);
菜鸟成长记
参考知识库
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第9题试题解析
试题的其它视频讲解
（18分）如图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中
的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔
为靶点， （
为大于1的整数）．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为
、带电量为
的正离子从
点由静止开始加速，经
进入磁场区域。当离子打到极板上
点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到
点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到
点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到
点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
正确答案：（18分）(1)磁感应强度大小： (2)磁感应强度的所有可能值： ，
(3)在磁场中运动的时间： 在电场中运动的时间：
命题意图本题主要考查电场力做功；带电粒子在匀强磁场中的运动.
解析(1)离子经电场加速，由动能定理： &,可得 &，磁场中做匀速圆周运动， &，刚好打在 &点，轨迹为半圆，由几何关系可知 &，联立解得 &.(2)若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后，若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在 &点，而做圆周运动到达 &右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到 &点重新加速，直到打在 &点.设共加速了 &次，有： &. &,且 &,解得： &.(3)加速次数最多的离子速度最大，取 &,离子在磁场中做 &个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到 &点. &， 电场中一共加速 &次，等效成连续的匀加速直线运动. &， &，可得： &.
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