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题目

思路来源

官方题解

题解

一旦某个速度v满足，那么大于速度v的都满足，所以可以被二分，但是二分的check不好想，卡住了

最后去看了题解，其实维护的是，一个机器人在目标点收集硬币时，另一个机器人可能在的位置的范围

这个范围是一个连续的区间，并且在后面的变化过程中，也仍然会是连续的区间

所以，按时间顺序增序，

一开始，令其中一个机器人站在第一枚硬币上，那么另一个机器人的初始范围是$[1,10^9]$

往后都维护这一个端点和一个区间

对于一枚新来的硬币，判断两个机器人是否可以接住这枚硬币，有四种情况：

1. 如果端点所在的机器人能接住，而区间所在的机器人接不住，令端点所在的机器人去接，区间机器人只能往在这段时间往左右走，扩大活动范围

2. 如果端点所在的机器人接不住，而区间所在的机器人能接住，令区间所在的机器人去接，并变成一个端点，原来端点所在的机器人在这段时间可以往左右走，扩大活动范围，变成一个区间

3. 如果两个都能接住，那么谁去接都可以，实际就是1、2两种情况的并，然后发现1、2两个区间是有交的，那么他们的并集仍然是一个区间，所以还是维护一个端点和一个区间

4. 如果都接不住，无解

事实上，只要同一秒不存在3个不同位置的机器人的话，总会是有解的

不过二分也统一了这种情况，v 大于 $10^9$ 时认为没解就好了

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<ll,ll> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
const int N=1e6+10;
const ll INF=1e9;
int t,n,c,x[N];
P a[N];
bool can(P x,P y,ll v){return abs(x.se-y.se)<=v*abs(x.fi-y.fi);
}
bool ok(ll v){int p=1;ll l=1,r=INF;rep(i,2,n){ll T=a[i].fi-a[p].fi,d=T*v;bool x=can(a[i],a[p],v),y=(l-d<=a[i].se && a[i].se<=r+d);if(x && y){l=min(l-d,a[p].se-d);r=max(r+d,a[p].se+d);}else if(x){l=l-d;r=r+d;}else if(y){l=a[p].se-d;r=a[p].se+d;}else{return 0;}p=i;l=max(1ll,l);r=min(INF,r);}return 1;
}
ll sol(){sci(n);rep(i,1,n){scanf("%lld%lld",&a[i].fi,&a[i].se);}ll l=0,r=INF;while(l<=r){ll mid=(l+r)/2;if(ok(mid))r=mid-1;else l=mid+1;}if(l>INF)return -1;return l;
}
int main(){sci(t);while(t--){ptlle(sol());}return 0;
}