计算几何 val.3

计算几何 val.3

自适应辛普森法

可以用来求多边形的面积并（圆也行）

定积分

定积分的几何意义是函数的曲线上 $x$ 的一段区间与 $x$ 轴围成的曲边梯形的带符号面积

表示法为

\[\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x
\]

引入

计算方法：

分成一堆小区间

\[\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{b-a}{n} f\left(a+\frac{b-a}{n} i\right)
\]
牛顿-莱布尼茨公式

如果

\[F^{\prime}(x)=f(x)
\]

则

\[\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=F(b)-F(a)
\]

这个可以求：$\int_a^b(\frac 1 x)dx = \ln |b|-\ln |a|$

这也是连接定积分和不定积分的桥梁

对于一些难求的积分，我们可以用数值积分来求，其中常用的是自适应辛普森积分

辛普森公式

此公式用二次函数来拟合原函数

\[\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \approx \int_{a}^{b}\left(A x^{2}+B x+C\right) \mathrm{d} x
\]

\[=\frac{A}{3}\left(b^{3}-a^{3}\right)+\frac{B}{2}\left(b^{2}-a^{2}\right)+C(b-a)
\]

\[=\frac{2 A(b-a)\left(b^{2}+a b+a^{2}\right)+3 B(b+a)(b-a)+6 C(b-a)}{6}
\]

提出$b-a$，

\[=\frac{(b-a)\left(2 A b^{2}+2 A a b+2 A a^{2}+3 B b+3 B a+6 C\right)}{6}
\]

\[=\frac{(b-a)\left(A a^{2}+B a+C+A b^{2}+B b+C+A a^{2}+2 A a b+A b^{2}+2 B b+2 B a+4 C\right)}{6}
\]

\[=\frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+A(a+b)^{2}+2 B(a+b)+4 C\right)}{6}
\]

\[=\frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+4\left(A\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+B\left(\frac{a+b}{2}\right)+C\right)\right)}{6}
\]

\[=\frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+4 f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right)}{6}
\]

于是可以得到公式：

\[\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \approx \frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+4 f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right)}{6}
\]

当然，对于二次函数这是对的

对于其余情况，$b-a$越小，上面两个式子越接近

这种情况下我们就要调整精度

处理精度

考虑把一段长的区间分成很多段小区间求和

可是分的太少了不能满足精度要求，太多了会TLE

那么考虑什么时候停止分下去呢？

对于当前区间，求出$ans=simpson(l,r),mid=\frac{l+r}{2}$

然后求出对于下一层区间的答案：$ls=simpson(l,mid),rs=simpson(mid,r)$

注意此处mid右边不用加一，不是整数域

如果$|ls+rs-ans|<eps$，即满足精度要求，可以停止二分

考虑到一些小的误差加起来很大，eps要设的比题目要求的小一点

而且下一层的eps是上一层的二分之一，因为有两个

代码实现

double F(...){

	...

}

double simpson(double l,double r){

	double mid=(l+r)/2.0;

	return (r-l)/6.0*(F(l)+4.0*F(mid)+F(r));

}

double solve(double l,double r,double ans,double eps){

	double mid=(l+r)/2.0;

	double ls=simp(l,mid),rs=simp(mid,r);

	if(fabs(ls+rs-ans)<eps*15) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15;

	else return solve(l,mid,ls,eps*0.5)+solve(mid,r,rs,eps*0.5);

}

等一下，好像实现和上面的思路不同？

if(fabs(ls+rs-ans)<eps*15) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15;

这$15$是个啥东西？

噔噔咚

论证，请（绝望）

最后移一下项就好了，得到ls+rs+(ls+rs-ans)/15

模板

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#define db double

using namespace std;

db a,b,c,d,l,r;

db F(db x){

	return (c*x+d)/(a*x+b);

}

db simp(db l,db r){

	db mid=(l+r)/2.0;

	return (r-l)/6.0*(F(l)+4.0*F(mid)+F(r));

}

db solve(db l,db r,db ans,db eps){

	db mid=(l+r)/2.0;

	db ls=simp(l,mid),rs=simp(mid,r);

	if(fabs(ls+rs-ans)<eps*15) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15;

	else return solve(l,mid,ls,eps*0.5)+solve(mid,r,rs,eps*0.5);

}

int main(){

	scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&d,&l,&r);

	printf("%.6f",solve(l,r,simp(l,r),1e-8));

	return 0;

}

时间复杂度

精度不能开太小，开要求精度再多2~3位都很稳

练习

找不到题啊。。

BZOJ2178

面积并：

\[S=\int_l^rf(x)dx
\]

$f(x)$为一条垂直于x轴的线的覆盖的长度

然后就可以用辛普森积分算了

算$f$的话可以求出所有交点，按上点排序，O(n)枚举计算出下一条线是否和当前有交点，并计算长度

90分代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

#define db double

int n;

const int N = 1001;

db x[N],y[N],r[N];

const double eps=1e-3;

struct node{

	db u,d;

}p[N];

int tp;

int cmp(const node &aa,const node &bb){

	return aa.u<bb.u;

}

db F(db pos){

	tp=0;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		if(pos>=x[i]-r[i]&&pos<=x[i]+r[i]){

			p[++tp].u=y[i]-sqrt(r[i]*r[i]-(x[i]-pos)*(x[i]-pos));

			p[tp].d=y[i]+sqrt(r[i]*r[i]-(x[i]-pos)*(x[i]-pos));

		}

	}

	sort(p+1,p+tp+1,cmp);

	db nu=p[1].u,nd=p[1].d,ans=0;

	for(int i=2;i<=tp;i++){

		if(p[i].u<=nd){

			nd=max(nd,p[i].d);

		}else{

			ans+=(nd-nu);

			nu=p[i].u,nd=p[i].d;

		}

	}

	ans+=(nd-nu);

	return ans;

}

db simp(db l,db r){

	db mid=(l+r)*0.5;

	return (r-l)/6.0*(F(l)+4.0*F(mid)+F(r));

}

db solve(db l,db r,db ans,db eps){

	db mid=(l+r)*0.5;

	db ls=simp(l,mid),rs=simp(mid,r);

	if(fabs(ls+rs-ans)<15.0*eps) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15.0;

	else return solve(l,mid,ls,eps*0.5)+solve(mid,r,rs,eps*0.5);

}

int main(){

	scanf("%d",&n);

	db ml=1926081700.1,mr=-1926081700.1;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&r[i]);

		ml=min(x[i]-r[i],ml);

		mr=max(mr,x[i]+r[i]);

	}

	printf("%.3f",solve(ml,mr,simp(ml,mr),eps));

	return 0;

}

最后一个点被卡了，认识到此算法只能用来骗分。艹

闵可夫斯基和

空间中点集的和

有一些性质，比如，凸包之间的闵可夫斯基和一定是凸包

求凸包之间的闵可夫斯基和的方法：把两个凸包的每一条向量都抠出来，按照极角序排序构成新凸包

实现方法：

    pot P={-inf,-inf},Q={-inf,-inf},R={-inf,-inf};

    n=read();

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        a[i].x=read();a[i].y=read();

        if(dcmp(a[i].y-P.y)==0&&dcmp(a[i].x-P.x)<0)P=a[i];

        if(dcmp(a[i].y-P.y)>0)P=a[i];

        if(i!=1)f[++cnt]=a[i]-a[i-1];if(i==n)f[++cnt]=a[1]-a[i];

    }

    n=read();

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        b[i].x=read();b[i].y=read();

        if(dcmp(b[i].y-Q.y)==0&&dcmp(b[i].x-Q.x)<0)Q=b[i];

        if(dcmp(b[i].y-Q.y)>0)Q=b[i];

        if(i!=1)f[++cnt]=b[i]-b[i-1];if(i==n)f[++cnt]=b[1]-b[i];

    }

    n=read();

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        c[i].x=read();c[i].y=read();

        if(dcmp(c[i].y-R.y)==0&&dcmp(c[i].x-R.x)<0)R=c[i];

        if(dcmp(c[i].y-R.y)>0)R=c[i];

        if(i!=1)f[++cnt]=c[i]-c[i-1];if(i==n)f[++cnt]=c[1]-c[i];

    }

    sort(f+1,f+cnt+1,cmp);

    pot k=P+Q+R;p[++tot]=k;

    for(int i=1;i<=cnt;i++)

    {

        k=k+f[i];

        if(i!=cnt&&dcmp(f[i].x*f[i+1].y-f[i].y*f[i+1].x)==0)continue;

        p[++tot]=k;

    }

    tot--;k=p[1];

没有例题，抱歉

Pick定理

结论

在一个平面直角坐标系内，以整点为顶点的简单多边形，设其内部整点数为$a$，边上(包括顶点)的整点数为$b$，则它的面积为$a+\frac b 2 -1$

证明：

例题

=模板

边上的格点数=|dx|和|dy|的最大公约数

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

using namespace std;

int ol,x1,x2,x3,ya,yb,yc;

int gcd(int x,int y) {

	return y==0?x:gcd(y,x%y);

}

int area() {

	return abs((x2-x1)*(yc-ya)-(x3-x1)*(yb-ya))/2;

}

int cal(int x1,int ya,int x2,int yb) {

	int dx,dy;

	if(x1<x2)dx=x2-x1;

	else dx=x1-x2;

	if(ya<yb)dy=yb-ya;

	else dy=ya-yb;

	return gcd(dx,dy);

}

int main() {

	while(scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&ya,&x2,&yb,&x3,&yc)) {

		if(!x1&&!x2&&!x3&&!ya&&!yb&&!yc)break;

		ol=cal(x1,ya,x2,yb)+cal(x2,yb,x3,yc)+cal(x3,yc,x1,ya);

		printf("%d\n",area()-ol/2+1);

	}

	return 0;

}

后记

其实 val.2 比 val.3 难且重要

但是不重要不代表不学呀

辛普森积分还是挺实用的，我觉得

没有val.4了，最多写写做题记录