HDOJ 6158

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题目

给定2个内切的大圆，半径分别为$R_1,R_2$，按下图顺序依次画上相切的小圆，问前$N$个小圆的面积是多少。

img

数据范围

$Case=1200\quad 1\leq N \leq 10^7$

做法

反演，推公式，便可$O(1)$得到每个小圆的半径。

但题目有1200个Case，每个Case要算最多$10^7$个小圆半径，直接算会超时。

发现：小圆半径递减得很快，而且题目只要求$10^5$的精度，于是每个Case不需要把$N$个全都算出来，后面的在当前精度下对答案不产生影响就不用算了。不产生影响的必要条件是：把当前圆的面积当作后面每个圆的面积，求和，若都不对答案产生影响，则后面的圆就不用算了。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double EPS = 1e-7;
const double PI = acos(-1.0);
double R1, R2;
int N;
inline double getR(int n)
{
  double k1 = 4 * R1 * R2 / (R1 - R2);
  double k2 = (R1 + R2) / (R1 - R2);
  return k1 / (k2 * k2 + ((double)n * n - 1));
}
void solve()
{
  double tmpR = R1 - R2;
  double ans = tmpR * tmpR;
  if (N % 2 == 0) {
    tmpR = getR(N);
    ans += tmpR * tmpR;
  }
  for (int i = 2; i < N; i += 2) {
    tmpR = getR(i);
    ans += tmpR * tmpR * 2;
    if (tmpR * tmpR * PI * (N - i) < EPS) break;
  }
  ans *= PI;
  printf("%.5f\n", ans);
}
int main()
{
  // freopen("/home/linjian/Documents/in.txt", "r", stdin);
  int T; scanf("%d", &T);
  while (T--) {
    scanf("%lf%lf%d", &R1, &R2, &N);
    if (abs(R1 - R2) < (1e-7)) {
      printf("0.00000\n");
      continue;
    }
    if (R1 < R2) swap(R1, R2);
    solve();
  }
  return 0;
}

注意

  1. 特判2个半径相等的情况，此时输出不是0，是0.00000