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题目大意：有一个酒桶容量为Vc。里面还有Vw的酒，如今用Vb的水去刷酒桶，每次酒桶的内壁上会留下Vr的液体，最多能够刷k次，问怎么样刷酒桶。能够让酒桶里面的就最少。
假设Vb+Vw < Vc，那么直接输出0
那么其他情况就保证了一定能够向外倒水。所以终于的桶里面剩余的液体是Vr。仅仅要保证Vr内的酒的浓度最小。那么剩余的酒也就是最少的。
能够假设用的水是x1,x2,x3,,,,计算每次刷通后的浓度。
第一次刷：Vw / (Vw+x1)
第二次刷：Vw / (Vw+x1) * Vr / (Vr+x2)
第三次刷：Vw / (Vw+x1) * Vr / (Vr+x2) * Vr / (Vr+x3)
这样也就能看出来，假设洗刷k次，那么终于的浓度是Vw / (Vw+x1) * Vr / (Vr+x2) * Vr / (Vr+x3),,,,* Vr / (Vr+xk)
那么怎样保证它的值最小呢？假设我们能确定一个x1，那么x2+x3,,,+xk = Vb-x1，这种条件怎么保证Vr / (Vr+x2) * Vr / (Vr+x3),,,,* Vr / (Vr+xk)尽量小。我们能够发现，假设x2 = x3 = x4 ,, = xk计算出的结果会比不同的更小，假设x的值都是(Vb-x1)/(k-1)，那么k越大，得到的值就越小。(Vb-x1)/(k-1)越大，那么得到的值越小。
所以选择最多的刷洗次数，从第2次到第k次，每次用水同样，那么剩下的就是x1怎么确定。
假设x1添加。那么Vw / (Vw+x1)会减小。(Vb-x1)/(k-1)会减小，(Vr/(Vr+x))^(k-1)就会增大，总的浓度不能确定，所以用三分查找，找到一个最小的结果。
注意
1、三分的时候桶内的就有Vw。注意三分的上下界。
2、在计算浓度的时候，向桶内加的水由Vb-x算出，可是这个值不能超多Vc-Vr
#include#include #include #include using namespace std ;#define eqs 1e-9int k ;double vb , vw , vr , vc ;double solve(double x) { double ans = vw/(vw+x) ; if( k > 1 ) { double y = min( (vb-x)/(k-1), vc-vr) ; for(int i = 1 ; i < k ; i++) ans *= vr/(vr+y) ; } return ans ;}int main() { while( scanf("%d", &k) != EOF ) { if(k == 0) break ; scanf("%lf %lf %lf %lf", &vb, &vw, &vr, &vc) ; if( vr-vw-vb > eqs ) { printf("0\n") ; continue ; } double low = max(0.0,vr-vw) , mid1 , mid2 , high = min(vb,vc-vw) ; while( low + eqs < high ) { mid1 = (low + high)/2.0 ; mid2 = (mid1 + high)/2.0 ; if( solve(mid1) > solve(mid2) ) { low = mid1 ; } else high = mid2 ; } printf("%d", k) ; printf(" %.2f", high) ; if( k > 1 ) high = min(vc-vr,(vb-low)/(k-1)) ; for(int i = 1 ; i < k ; i++) { printf(" %.2f", high) ; } printf("\n") ; } return 0 ;}