Bzoj P1013 [JSOI2008]球形空间产生器sphere___高斯消元

题目大意：

给出一个n维球体中球面上的$n+1$个点的坐标，问n维球体的球心坐标。

$1 ≤ N ≤ 10$
每一个坐标为一个实数精确到小数点后6位且其绝对值都不超过20000。

分析：

那么我们设距离为$D$，球心的$N$维坐标为
（$x1,x2,x3,...,xn$）
那么显然对于任意一点i的$N$维坐标($a[i,1],a[i,2],a[i,3],...,a[i,n]$)，
必然有$\sum j_{=1}^n(a[i,j]-xj)^2$ $=$ $D^2$
显然球面上任意一点到球心的距离相等，
所以我们可以通过相邻两个方程作差变成N个N元一次方程，
因为
$\sum j_{=1}^n(a[i,j]-xj)^2$ $=$ $D^2$ $=$ $\sum j_{=1}^n(a[k,j]-xj)^2$
那么我们对于点$i,k$，显然是有
$\sum j_{=1}^n(a[i,j]-xj)^2$ $-$ $\sum j_{=1}^n(a[k,j]-xj)^2$ $=$ $0$
那么显然$\sum j_{=1}^n((a[i,j]-xj)^2-(a[k,j]-xj)^2)$ $=$ $0$
化简一下，可以得到
$\sum j_{=1}^n((a[i,j]^2-a[k,j]^2-2xj(a[i,j]-a[k,j]))$ $=$ $0$
即可以转换成
$∑j_{=1}^n 2xj(a[i,j]-a[k,j])$ $=$ $\sum j_{=1}^n((a[i,j]^2-a[k,j]^2)$

那么我们可以将点$i$，跟点$i+1$，通过这种转换变成一个N元一次方程，
总共可以得到N个这种方程，然后高斯消元就好

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define eps 1e-8
#define N 15

using namespace std;

double a[N][N], c[N][N], b[N];
int n;

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) 
         for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%lf", &a[i][j]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
         for (int j = 1; j <= n; j++){
              c[i][j] = 2 * (a[i][j] - a[i+1][j]);
              b[i] += a[i][j] * a[i][j] - a[i+1][j] * a[i+1][j];
         }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
         for (int j = i + 1; j <= n; j++) 
              if (fabs(c[j][i]) > eps) {
                  for (int k = 1; k <= n; k++) swap(c[i][k], c[j][k]);
                   swap(b[i], b[j]);    
              }
         for (int j = 1; j <= n; j++) 
              if (i != j) {
                  double rp = c[j][i] / c[i][i];
                  for (int k = i; k <= n; k++) c[j][k] -= c[i][k] * rp;
                  b[j] -= b[i] * rp;
              }
    }
    for (int i = 1; i < n; i++) printf("%.3f ", b[i] / c[i][i]);
    printf("%.3f", b[n] / c[n][n]);
    return 0; 
}