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可以用来求多边形的面积并（圆也行）
定积分的几何意义是函数的曲线上 \(x\) 的一段区间与 \(x\) 轴围成的曲边梯形的带符号面积
表示法为
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x
\]
计算方法：
分成一堆小区间
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{b-a}{n} f\left(a+\frac{b-a}{n} i\right)
\]
牛顿-莱布尼茨公式
如果
\[
F^{\prime}(x)=f(x)
\]
则
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=F(b)-F(a)
\]
这个可以求：\(\int_a^b(\frac 1 x)dx = \ln |b|-\ln |a|\)
这也是连接定积分和不定积分的桥梁
对于一些难求的积分，我们可以用数值积分来求，其中常用的是自适应辛普森积分
此公式用二次函数来拟合原函数
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \approx \int_{a}^{b}\left(A x^{2}+B x+C\right) \mathrm{d} x
\]
\[ =\frac{A}{3}\left(b^{3}-a^{3}\right)+\frac{B}{2}\left(b^{2}-a^{2}\right)+C(b-a) \]
\[ =\frac{2 A(b-a)\left(b^{2}+a b+a^{2}\right)+3 B(b+a)(b-a)+6 C(b-a)}{6} \]
提出\(b-a\)，
\[
=\frac{(b-a)\left(2 A b^{2}+2 A a b+2 A a^{2}+3 B b+3 B a+6 C\right)}{6}
\]
\[ =\frac{(b-a)\left(A a^{2}+B a+C+A b^{2}+B b+C+A a^{2}+2 A a b+A b^{2}+2 B b+2 B a+4 C\right)}{6} \]
\[ =\frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+A(a+b)^{2}+2 B(a+b)+4 C\right)}{6} \]
\[ =\frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+4\left(A\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+B\left(\frac{a+b}{2}\right)+C\right)\right)}{6} \]
\[ =\frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+4 f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right)}{6} \]
于是可以得到公式：
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \approx \frac{(b-a)\left(f(a)+f(b)+4 f\left(\frac{a+b}{2}\right)\right)}{6}
\]
当然，对于二次函数这是对的
对于其余情况，\(b-a\)越小，上面两个式子越接近
这种情况下我们就要调整精度
考虑把一段长的区间分成很多段小区间求和
可是分的太少了不能满足精度要求，太多了会TLE
那么考虑什么时候停止分下去呢？
对于当前区间，求出\(ans=simpson(l,r),mid=\frac{l+r}{2}\)
然后求出对于下一层区间的答案：\(ls=simpson(l,mid),rs=simpson(mid,r)\)
注意此处mid右边不用加一，不是整数域
如果\(|ls+rs-ans|<eps\)，即满足精度要求，可以停止二分
考虑到一些小的误差加起来很大，eps要设的比题目要求的小一点
而且下一层的eps是上一层的二分之一，因为有两个
double F(...){
...
}
double simpson(double l,double r){
double mid=(l+r)/2.0;
return (r-l)/6.0*(F(l)+4.0*F(mid)+F(r));
}
double solve(double l,double r,double ans,double eps){
double mid=(l+r)/2.0;
double ls=simp(l,mid),rs=simp(mid,r);
if(fabs(ls+rs-ans)<eps*15) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15;
else return solve(l,mid,ls,eps*0.5)+solve(mid,r,rs,eps*0.5);
}等一下，好像实现和上面的思路不同？
if(fabs(ls+rs-ans)<eps*15) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15;
这\(15\)是个啥东西？
噔 噔 咚
论证，请（绝望）
最后移一下项就好了，得到ls+rs+(ls+rs-ans)/15?
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define db double
using namespace std;
db a,b,c,d,l,r;
db F(db x){
return (c*x+d)/(a*x+b);
}
db simp(db l,db r){
db mid=(l+r)/2.0;
return (r-l)/6.0*(F(l)+4.0*F(mid)+F(r));
}
db solve(db l,db r,db ans,db eps){
db mid=(l+r)/2.0;
db ls=simp(l,mid),rs=simp(mid,r);
if(fabs(ls+rs-ans)<eps*15) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15;
else return solve(l,mid,ls,eps*0.5)+solve(mid,r,rs,eps*0.5);
}
int main(){
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&d,&l,&r);
printf("%.6f",solve(l,r,simp(l,r),1e-8));
return 0;
} 精度不能开太小，开要求精度再多2~3位都很稳
找不到题啊。。
面积并：
\[
S=\int_l^rf(x)dx
\]
\(f(x)\)为一条垂直于x轴的线的覆盖的长度
然后就可以用辛普森积分算了
算\(f\)的话可以求出所有交点，按上点排序，O(n)枚举计算出下一条线是否和当前有交点，并计算长度
90分代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define db double
int n;
const int N = 1001;
db x[N],y[N],r[N];
const double eps=1e-3;
struct node{
db u,d;
}p[N];
int tp;
int cmp(const node &aa,const node &bb){
return aa.u<bb.u;
}
db F(db pos){
tp=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pos>=x[i]-r[i]&&pos<=x[i]+r[i]){
p[++tp].u=y[i]-sqrt(r[i]*r[i]-(x[i]-pos)*(x[i]-pos));
p[tp].d=y[i]+sqrt(r[i]*r[i]-(x[i]-pos)*(x[i]-pos));
}
}
sort(p+1,p+tp+1,cmp);
db nu=p[1].u,nd=p[1].d,ans=0;
for(int i=2;i<=tp;i++){
if(p[i].u<=nd){
nd=max(nd,p[i].d);
}else{
ans+=(nd-nu);
nu=p[i].u,nd=p[i].d;
}
}
ans+=(nd-nu);
return ans;
}
db simp(db l,db r){
db mid=(l+r)*0.5;
return (r-l)/6.0*(F(l)+4.0*F(mid)+F(r));
}
db solve(db l,db r,db ans,db eps){
db mid=(l+r)*0.5;
db ls=simp(l,mid),rs=simp(mid,r);
if(fabs(ls+rs-ans)<15.0*eps) return ls+rs+(ls+rs-ans)/15.0;
else return solve(l,mid,ls,eps*0.5)+solve(mid,r,rs,eps*0.5);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
db ml=1926081700.1,mr=-1926081700.1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&r[i]);
ml=min(x[i]-r[i],ml);
mr=max(mr,x[i]+r[i]);
}
printf("%.3f",solve(ml,mr,simp(ml,mr),eps));
return 0;
}最后一个点被卡了，认识到此算法只能用来骗分。艹
空间中点集的和
有一些性质，比如，凸包之间的闵可夫斯基和一定是凸包
求凸包之间的闵可夫斯基和的方法：把两个凸包的每一条向量都抠出来，按照极角序排序构成新凸包
实现方法：
pot P={-inf,-inf},Q={-inf,-inf},R={-inf,-inf};
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].x=read();a[i].y=read();
if(dcmp(a[i].y-P.y)==0&&dcmp(a[i].x-P.x)<0)P=a[i];
if(dcmp(a[i].y-P.y)>0)P=a[i];
if(i!=1)f[++cnt]=a[i]-a[i-1];if(i==n)f[++cnt]=a[1]-a[i];
}
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b[i].x=read();b[i].y=read();
if(dcmp(b[i].y-Q.y)==0&&dcmp(b[i].x-Q.x)<0)Q=b[i];
if(dcmp(b[i].y-Q.y)>0)Q=b[i];
if(i!=1)f[++cnt]=b[i]-b[i-1];if(i==n)f[++cnt]=b[1]-b[i];
}
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
c[i].x=read();c[i].y=read();
if(dcmp(c[i].y-R.y)==0&&dcmp(c[i].x-R.x)<0)R=c[i];
if(dcmp(c[i].y-R.y)>0)R=c[i];
if(i!=1)f[++cnt]=c[i]-c[i-1];if(i==n)f[++cnt]=c[1]-c[i];
}
sort(f+1,f+cnt+1,cmp);
pot k=P+Q+R;p[++tot]=k;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
k=k+f[i];
if(i!=cnt&&dcmp(f[i].x*f[i+1].y-f[i].y*f[i+1].x)==0)continue;
p[++tot]=k;
}
tot--;k=p[1];没有例题，抱歉
在一个平面直角坐标系内，以整点为顶点的简单多边形，设其内部整点数为\(a\)，边上(包括顶点)的整点数为\(b\)，则它的面积为\(a+\frac b 2 -1\)
证明：
=模板
边上的格点数=|dx|和|dy|的最大公约数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int ol,x1,x2,x3,ya,yb,yc;
int gcd(int x,int y) {
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int area() {
return abs((x2-x1)*(yc-ya)-(x3-x1)*(yb-ya))/2;
}
int cal(int x1,int ya,int x2,int yb) {
int dx,dy;
if(x1<x2)dx=x2-x1;
else dx=x1-x2;
if(ya<yb)dy=yb-ya;
else dy=ya-yb;
return gcd(dx,dy);
}
int main() {
while(scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&ya,&x2,&yb,&x3,&yc)) {
if(!x1&&!x2&&!x3&&!ya&&!yb&&!yc)break;
ol=cal(x1,ya,x2,yb)+cal(x2,yb,x3,yc)+cal(x3,yc,x1,ya);
printf("%d\n",area()-ol/2+1);
}
return 0;
}其实 val.2 比 val.3 难且重要
但是不重要不代表不学呀
辛普森积分还是挺实用的，我觉得
没有val.4了，最多写写做题记录
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原文地址：https://www.cnblogs.com/lcyfrog/p/11712272.html
