这种算法对于单峰函数显然可行。
> Q：你都知道是单峰函数了为什么不三分呢
-> A：在多年的OI生活中，我意识到了，人类是有极限的，无论多么工于心计，绞尽脑汁，状态总是表示不出来的，出题人的想法总是猜不透的，边界总是写不对的——所以——我不三分了JOJO！
+> A：在多年的 OI 生活中，我意识到了，人类是有极限的，无论多么工于心计，绞尽脑汁，状态总是表示不出来的，出题人的想法总是猜不透的，边界总是写不对的——所以——我不三分了 JOJO！
-认真地说，爬山算法的优势在于当正解的写法你并不了解（常见于毒瘤计算几何和毒瘤数学题），或者本身状态维度很多，无法容易地写分治（例2就可以用二分完成合法正解）时，可以通过非常暴力的计算得到最优解。
+认真地说，爬山算法的优势在于当正解的写法你并不了解（常见于毒瘤计算几何和毒瘤数学题），或者本身状态维度很多，无法容易地写分治（例 2 就可以用二分完成合法正解）时，可以通过非常暴力的计算得到最优解。
但是对于多数需要求解的函数中，爬山算法很容易进入一个局部最优解，如下图（最优解为 $\color{green}{\Uparrow}$ ，而爬山算法可能找到的最优解为 $\color{red}{\Downarrow}$ ）。
-
* * *
## 具体实现
兔子清醒的过程就是降温过程，在爬山的时候会不断减小之。
-关于降温：一般而言降温参数设定在0.985-0.999，是略小于1的常数。
+关于降温：一般而言降温参数设定在 0.985-0.999，是略小于 1 的常数。
-# 例1 球形空间产生器
+# 例 1 球形空间产生器
-这里以一道（其实正解是高斯消元）的适合爬山的好题[LuoguP4035 [JSOI2008]球形空间产生器](https://www.luogu.org/problem/P4035)为例
+这里以一道（其实正解是高斯消元）的适合爬山的好题[LuoguP4035 \[JSOI2008\] 球形空间产生器](https://www.luogu.org/problem/P4035)为例
-题意：给出N维空间中的N个点，已知他们在一个N维球上，求出球心。n<=10,坐标绝对值不超过10000.
+题意：给出 N 维空间中的 N 个点，已知他们在一个 N 维球上，求出球心。n<=10, 坐标绝对值不超过 10000.
很明显的单峰函数，可以使用爬山结局。本题算法流程：
2、对于当前的球心，求出每个已知点到这个球心欧氏距离的平均值。
-3、遍历所有已知点。记录一个改变值cans（分开每一维度记录）对于每一个点的欧氏距离，如果大于平均值，就把改变值加上差值，否则减去。实际上并不用判断这个大小问题，只要不考虑绝对值，直接用坐标计算即可。这个过程可以形象地转化成一个新的球心，在空间里推来推去，碰到太远的点就往点的方向拉一点，碰到太近的点就往点的反方向推一点。
+3、遍历所有已知点。记录一个改变值 cans（分开每一维度记录）对于每一个点的欧氏距离，如果大于平均值，就把改变值加上差值，否则减去。实际上并不用判断这个大小问题，只要不考虑绝对值，直接用坐标计算即可。这个过程可以形象地转化成一个新的球心，在空间里推来推去，碰到太远的点就往点的方向拉一点，碰到太近的点就往点的反方向推一点。
-4、将我们记录的cans乘上温度，更新球心，回到步骤2
+4、将我们记录的 cans 乘上温度，更新球心，回到步骤 2
5、在温度非常小的时候结束。
-
因此，我们在更新球心的时候，不能直接加上改变值，而是要乘上温度。
并不是每一道爬山题都可以具体地用温度解决，这只是一个例子。
-
代码如下：
-```
-#include <bits/stdc++.h>
-using namespace std;
-double ans[10001],cans[100001],dis[10001],tot,f[1001][1001],seed=718;
-int n;
-double check()
-{
- tot=0;
- for(int i=1;i<=n+1;i++)
- {
- dis[i]=0;cans[i]=0;
- for(int j=1;j<=n;j++)
- dis[i]+=(f[i][j]-ans[j])*(f[i][j]-ans[j]);
- dis[i]=sqrt(dis[i]);//欧氏距离
- tot+=dis[i];
- }
- tot/=(n+1);//平均
- for(int i=1;i<=n+1;i++)
- for(int j=1;j<=n;j++)
- cans[j]+=(dis[i]-tot)*(f[i][j]-ans[j])/tot;//对于每个维度把修改值更新掉，欧氏距离差*差值贡献
-}
-int main()
-{
- srand(seed);
- cin>>n;
- for(int i=1;i<=n+1;i++)
- for(int j=1;j<=n;j++)
- {
- cin>>f[i][j];
- ans[j]+=f[i][j];
- }
- for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]/=(n+1);//初始化
- for(double t=10001;t>=0.0001;t*=0.9999)//不断降温
- {
- check();
- for(int i=1;i<=n;i++)
- ans[i]+=cans[i]*t;//修改
- }
- for(int i=1;i<=n;i++)printf("%.3f ",ans[i]);
-
-}
-```
+
+ #include <bits/stdc++.h>
+ using namespace std;
+ double ans[10001],cans[100001],dis[10001],tot,f[1001][1001],seed=718;
+ int n;
+ double check()
+ {
+ tot=0;
+ for(int i=1;i<=n+1;i++)
+ {
+ dis[i]=0;cans[i]=0;
+ for(int j=1;j<=n;j++)
+ dis[i]+=(f[i][j]-ans[j])*(f[i][j]-ans[j]);
+ dis[i]=sqrt(dis[i]);//欧氏距离
+ tot+=dis[i];
+ }
+ tot/=(n+1);//平均
+ for(int i=1;i<=n+1;i++)
+ for(int j=1;j<=n;j++)
+ cans[j]+=(dis[i]-tot)*(f[i][j]-ans[j])/tot;//对于每个维度把修改值更新掉，欧氏距离差*差值贡献
+ }
+ int main()
+ {
+ srand(seed);
+ cin>>n;
+ for(int i=1;i<=n+1;i++)
+ for(int j=1;j<=n;j++)
+ {
+ cin>>f[i][j];
+ ans[j]+=f[i][j];
+ }
+ for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]/=(n+1);//初始化
+ for(double t=10001;t>=0.0001;t*=0.9999)//不断降温
+ {
+ check();
+ for(int i=1;i<=n;i++)
+ ans[i]+=cans[i]*t;//修改
+ }
+ for(int i=1;i<=n;i++)printf("%.3f ",ans[i]);
+
+ }
* * *
-# 例2 吊打XXX
+# 例 2 吊打 XXX
此处代码以[「BZOJ 3680」吊打 XXX](https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3680)（求 $n$ 个点的带权类费马点）为例。
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