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题目大意：平面上有n只老鼠，每个老鼠都有自己的坐标x,y，以及遁地的时间s。有一只猫在原点，能以一定的速度移动，但每吃掉一只老鼠，其速度就会按一定比率m减小。问这只猫要想在老鼠遁地之前吃掉所有的老鼠，至少需要多大的初始速度。

解法：二分枚举初始速度，则问题转化成了经典的旅行商问题，然后以类似求最短路的方法状压dp求解是否能够吃光所有老鼠即可。状态转移方程为dp[S][pos]=min{dp[S^pos][i]+dis(i,pos)}，S代表已吃的老鼠集合，pos代表当前位置，dis(i,pos)代表从i到pos的欧氏距离。

这道题状压dp很好想，但二分不是很好想。由于我的二分比较薄弱，所以就顺势把这道题补上了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=15+2;
const double eps=1e-5;
double d[1<<N][N],inq[1<<N][N],bi[1<<N],dis[N][N];
double x[N],y[N],s[N];
double m;
int n;

double DIS(int a,int b)
{
    return sqrt(pow(x[a]-x[b],2)+pow(y[a]-y[b],2));
}

void pre()
{
    for(int S=0; S<(1<<n); ++S)bi[S]=pow(m,__builtin_popcount(S));
    for(int i=0; i<n; ++i)
        for(int j=0; j<n; ++j)
            dis[i][j]=DIS(i,j);
}

struct node
{
    int S,pos;
    node(int S,int pos):S(S),pos(pos){}
};

bool solve(double v)
{
    memset(d,100,sizeof d);
    memset(inq,0,sizeof inq);
    queue<node> q;
    q.push(node(0,0));
    memset(d[0],0,sizeof d[0]);
    while(!q.empty())
    {
        int S=q.front().S,pos=q.front().pos;
        q.pop(),inq[S][pos]=0;
        for(int i=0;i<n;++i)if(!(S&(1<<i)))
        {
            int S2=S^(1<<i);
            double tmp;
            if(!S)tmp=sqrt(pow(x[i],2)+pow(y[i],2))/v;
            else tmp=d[S][pos]+dis[pos][i]/(v*bi[S]);
            if(tmp<=s[i])
            {
                d[S2][i]=min(d[S2][i],tmp);
                if(!inq[S2][i])inq[S2][i]=1,q.push(node(S2,i));
            }
        }
    }
    double ans=1e11;
    for(int i=0;i<n;++i)ans=min(ans,d[(1<<n)-1][i]);
    return ans<1e10;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&s[i]);
    scanf("%lf",&m);
    pre();
    double l=0,r=99999999;
    for(int i=0;i<50;++i)
    {
        double mid=(l+r)/2.0;
        solve(mid)?r=mid:l=mid;
    }
    printf("%f\n",l);
    return 0;
}