本来我是想去写POJ 1755的，然后想起了这道跟它很像的题，但应该是弱化版，所以就先写了这个……
我们可以发现每个人的总用时，与k是呈一次函数关系的：$time_i=\frac{k}{Vrun_i}+\frac{S-k}{Vride_i}$
然而我们要找的是某个k，使得$min(time_n-time_i)$最大
那么就是一个线性规划问题了……这个也可以用半平面交来做……（蒟蒻并不会单纯形）
下面的部分为了偷懒简洁我就用$a_i$和$b_i$来代替两种速度……
我一开始想的做法是：维护一个$y=(\frac{1}{a_i}-\frac{1}{b_i})*x+\frac{S}{b_i}$的最小值（上凸壳？），然后由于线性分段函数的极值一定在分界点处取到（BZOJ 1038 瞭望塔），所以可以枚举分界点计算答案。
然而不会写……后来膜拜了lyd神犇的代码，发现：
这题$n\leq 100$，所以找到可能成为分界点的点，即所有直线的交点，暴力更新答案就好了……
然后还有一个地方是将不等式重新变形了一下，将第n条直线直接减到前面n-1条直线中……
无限ym……
1 /************************************************************** 2 Problem: 2765 3 User: Tunix 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:40 ms 7 Memory:1276 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 //BZOJ 2765 11 #include<cmath> 12 #include<cstdio> 13 #include<cstring> 14 #include<cstdlib> 15 #include<iostream> 16 #include<algorithm> 17 #include<iomanip> 18 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) 19 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) 20 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i) 21 using namespace std; 22 23 const int N=110; 24 /*******************template********************/ 25 typedef long double lf; 26 #define eps 1e-12 27 int n,num; 28 lf a[N],b[N],c[N],d[N],S,anst,ansk; 29 30 void calc(lf k){ 31 lf t=1e100; 32 F(i,1,n-1) t=min(t,k*c[i]+d[i]); 33 if (t>anst) anst=t,ansk=k; 34 } 35 36 int main(){ 37 #ifndef ONLINE_JUDGE 38 freopen("2765.in","r",stdin); 39 // freopen("2765.out","w",stdout); 40 #endif 41 cin >>S>>n; 42 F(i,1,n) cin >> a[i] >> b[i]; 43 F(i,1,n-1){ 44 c[i]=1/a[i]-1/b[i]-1/a[n]+1/b[n]; 45 d[i]=S/b[i]-S/b[n]; 46 } 47 48 anst=-1e100; 49 F(i,1,n-1) F(j,i+1,n-1){ 50 if (fabs(c[i]-c[j])<eps) continue; 51 lf k=(d[j]-d[i])/(c[i]-c[j]); 52 if (k<eps || k>S-eps) continue; 53 calc(k); 54 } 55 calc(0); calc(S); 56 anst*=3600; 57 if (anst<-eps) puts("NO"); 58 else{ 59 if (anst<eps) anst=0; 60 cout<<setprecision(2)<<fixed<<ansk<<' '<<S-ansk<<' '; 61 cout<<setprecision(0)<<fixed<<anst<<endl; 62 } 63 return 0; 64 }